模块十一 【解答题】立体几何（解析版）-2023年高考数学基础+提升题练习（新高考）

模块十一【解答题】立体几何

说明：

1.训练的题型题量参考新高考全国卷；

2.训练分为基础巩固训练、能力强化训练和培优拔尖训练三部分，每部分有两组练习，每组训练需要一次

性完成，建议用时60分钟。

【基础训固训嫌】

练习一第17题IO分，第18~22题每小题12分，需要写出推理和计算过程

17.（2023•广西桂林・统考模拟）如图，正方体ABCD-ABcq中，E是CC的中点，M是A。的中点.

（1）证明：BEJL平面AB幽；

（2）求直线BR与平面殖。所成角的正弦值.

√2

【答案】（1）证明见解析；（2）3.

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可;

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）如图，

取。。中点F,连接EF,AF交AM于O,

VE,尸分别为CC和。。中点，

:∙EF,CD平行且相等，

,.∙CD,AB平行且相等，

.∙∙EF,A3平行且相等，

二四边形ME尸为平行四边形，

.∙.BE//AF,

•；RtVaAM与RJAoF相似，

ZFAM=ZAAtM,

TT

：.ΛAAtM+ZA1AO=-,即AF_LAA/,

*

..AtMIBE,

•；AqL平面B1BCCt,且BEu平面B1BCC1,

/.A1B1IBE,

V∖MU平面AiBtM,A1B1⊂平面AiBxM,

【BE，平面ABlM；

(2)以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,

设AD=2,则。(0,0,0),B(2,2,0),E(0,2,l),O1(0.0,2),

：.BDt=(-2,-2,2),DB=(2,2,0),DE=(0,2,1),

n∙DB=2x+2y=O..

设平面E8E＞的法向量为〃=(x,y,z),则■,令X=1,则H=(L-1,2),

n∙DE=2y+z=0

/\_nBD_4_>/2

5pn耐l

.∙.直线BDl与平面EM所成的角的正弦值为也.

3

18.(2023•广东惠州•统考模拟)如图，在四棱锥RABC。中，底面ABCO为正方形，PA_L底面ABCC,

∕¾=Afi=2,E为线段PB的中点，尸为线段BC上的动点.

（1）证明：平面AEFJ_平面PBC；

（2）若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为管，求点P到平面AEF的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）3.

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明;

（2）利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.

【详解】（1）方法一：

因为PA_L底面A8CD,BCU平面ABC。，

所以PA_L8C.

P

因为ABC。为正方形，所以ΛB上3C,

乂因为D4AB=A,PAU平面以8,ΛBu平面以8,

所以BC/平面PAB.

因为AEU平面以3,所以AE_L8C.

因为R4=AB,E为线段PB的中点，

所以AE_LPB,

又因为PBCBC=B,PBu平面PBC,BCu平面PBC,

所以A£_L平面PBC.

乂因为他U平面4EF,

所以平面平面P8C.

方法二：

因为PAL底面A8C7),Elu平面出8,

所以平面RWL底面ABCQ

又平面RWC底面ABa)=A5，BC±AB.BCU平面A8CZ),

所以8C/平面PAB.

因为AEU平面以从所以AE_LBC.

因为R4=AB,E为线段P8的中点，所以ΛE,P3.

因为PBcBC=B,PBu平面尸3C,BCU平面P8C,

所以AE_L平面PBC,

又因为MU平面AEF,

所以平面AEFjL平面PBC

因为尸A_L底面A8CD,ABLAD,

以A为坐标原点，以A8,AO,4P的方向分别为X轴，y轴，z轴的正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系4"z,

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),0(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),

设BF=W∈[0,2]),则尸(21,0),

所以AE=(1,0,1),AF=(2√,0),PB=(2,0,-2),BC=(0,2,0),

设”=(x∣,y∣,z∣)为平面AE尸的法向量,

n∙AE=0,X+z=0,

则所以1l取”2,则石一，【

nAF=O9

则〃=(T,2,，),

设戊=(々,%*2)为平面PBC的法向量,

m∙PB=0,f2x>-2z)=0,

则所以L-八取々=1，则丫2=。，z?=l

∕n∙BC=0,〔2必=0,

则m=(l,0,l)

因为〃∙"z=T+()+f=0,所以〃_Lm.

所以平面AEF±平面PBC.

(2)(基于(1)解法一、二)

因为R4，底面ABC£>,ABJ.AD,以A为坐标原点，以A8,AD,A户的方向分别为X轴,,Z轴的正方向,

则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),E(l,0,l),

易知“=((Uo)是平面PAB的法向量

设B尸=pe[0,2]),则尸(2/,0),所以Al=(l,0,l),4F=(2,r,0),

所以ICoS(AF,I=Lm

'/∖ΛF∖∖u∖

√5

即,得f=l,所以取=(2,1,0),

J*+45

设"=(%，%，Z∣)为平面AEF的法向量，则｛

n∙AF=0,

所以平面AEr的法向量近=(-1,2,1),

乂因为AP=(0,0,2)

所以点P到平面AEF的距离为“=也以，

∖n∖

2-√6

飞F

所以点P到平面AEF的距离为远.

3

由(1)可知，NBAF是直线AF与平面印8所成的角,

..,ABAB2√5

所以cosNBβAFc==.==------

AFJAB、BF5

解得8尸=148=为。，故厂是BC的中点.

22

所以AF=,AB?+3尸2=后,AE=；PB=6，EF=yjAF2-AE2=√3

△AEF的面积为SAEF=^AE∙EF=与

因为∕¾=AB=2,的面积为SpAE=/SPM=WPA∙A3=l

设点P到平面AE尸的距离为近则有

yP-AEFAEPh=-^-h=VF_PAE=ɪSPAEBF=^-

3633

解得/?="

3

所以点P到平面AEF的距离为逅.

3

(基于(1)解法三)

易知"=(0,1,0)是平面PAB的法向量

所以3叱加器

BIJ√⅛=T,解得f=1

所以〃=(-1,2,1),

乂因为AP=(0,0,2)

所以点P到平面AEF的距离为“=电力，

h∣

2-√6

=Ir3

所以点P到平面AEF的距离为逅.

3

19.（2022•四川南充•统考一模）在平面五边形ABCQE中（如图1）,ABeQ是梯形，AD//BC,

AD=2BC=20,AB=也,ZABC=90。，VAZ）E是等边三角形.现将VAr）E沿4。折起，连接EB,EC

得四棱锥E-ΛBCD（如图2）且EC=3.

（1）求证：平面EW_L平面ABed

（2）在棱E8上有点凡满足空=《，求二面角£-4£>-尸的余弦值.

EB3

2√2

【答案】（1）证明见解析；（2）3

【分析】（1）首先取Ao的中点。，连接£O,C0,根据题意易证EOLAO,EO±CO,从而得到Eoj■平面

ABCD，再根据面面垂直的判定即可证明平面EAD_1_平面ABCD.

（2）连接取阳，以。为原点，OGOAOE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解

即可.

【详解】（1）取AD的中点0,连接E0,C。，如图所示：

因为VAZ）E是等边三角形，。为Ao中点，所以EOLAZZ

因为AZ)=2√Σ,所以Eo=J(2夜一(0)2=#.

因为AD=28C,ZABC=90。，AD//BC,

所以四边形ABCO为矩形，所以CO=AB=Q.

又因为EC=3,所以EC2=CO2+EC>2,即EO_LCO.

因为EO_LAZ),EOLCO,COAD=O,所以EoJ_平面ABCD

又因为EoU平面ADE,所以平面E4D_L平面ABCD.

(2)连接E4,F0,

以。为原点，0C。AoE分别为UKZ轴建立空间直角坐标系，如图所示:

A(O,√2,O),C(G,0,0),D(O,-√2,O),β(√3,√2,θ),E(O,O,√6),

因为笥=3，EB=出6,-㈣,所以EF=；EB=

13，3，

因为EA=(O,√Σ,-6)，

所以*EA*=(O,6询一怜¥，一日H-冬曝一半｝

AO=(O,-2√Iθ).

设平面/jAD的法向量为"=(x,y,z),

乙石J√Σ2√6..

n∙FA=------x+------y---------z=0,L,八

则33,3,令χ=2√∑,则y=O,z=-l,

n.AD=-2∖∣2y=O

即”=(2√Σ,O,-1).

由题知：平面EAD的法向量为。C=(百,0,0).

所以cos（n,0C∖=3g=汉Z.

''3√33

因为二面角E-AD-尸的平面角为锐角，所以二面角E-AD-f的余弦值为2徨.

3

20.（2022•陕西渭南•统考模拟）如图，在正三棱柱ABe-A4G中，AB=2,B耳=2,。、E分别为BcAe的中

点.

（1）求证：4用，平面。EC∣;

（2）求三棱锥CLcDE的体积.

正

【答案】（1）证明见解析；（2）6

【分析】（1）根据Z）E∕A8,从而可得。E〃A4，再根据线面平行的判定定理即可得证;

（2）根据棱锥的体积公式计算即可.

【详解】（1）证明：AE分别为BCAC的中点，.∙.〃河,

又A8〃AADE//AiBl,

又AAa平面DEC,。EU平面DEC1,

Λ,Bl平面。EG；

(2)解：由题知，底面ABC为等边三角形，

AE分别为BCAC的中点，AB=2,

1G

.∙.CE=CD=},ZACB=60,,S»=—xlxlXSin60=—,

cde24

又BB∖=CC∖=2,

三棱锥Ci-CDE的体积V=L∙SCDE∙BB∖=>X2X2=旦.

3cde`346

21.（2022・云南昆明・昆明一中模拟）如图，四边形ABeO为正方形，E,F分别为AB,8C的中点，以DF为

折痕把aOFC折起，使点C到达点尸的位置，且平面PDF_L平面ΛBFD.

（1）证明：CEjL平面PD尸；

（2）求二面角。一PF—8的正弦值.

叵

【答案】（1）证明见解析；（2）6

【分析】（1）证明出三角形全等，得到。尸，CE,结合面面垂直，得到线面垂直，从而证明出CEJ_平面PCF；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.

【详解】（1）因为四边形ABC。为正方形，E，F分别为AB,8C的中点.

所以△DCFWACBE,所以NCEB=∕DFC,

HZECB+ZCEB=90°,所以NCTO+NBCE=90,所以OF_LCE,

设DFCeE=0,则PO_LL>F,

乂平面PDFJ_平面AB户D，交线为DF,POU平面Pr）产，

所以Po，平面ΛBED,

又CEU平面A8/Z），

所以PO_LCE,乂DFLCE*且OFPO=O,OF,POu平面「£）产，

所以CEj_平面尸£>凡

（2）建立空间坐标系如图所示，设ΛB=2,则各点坐标如下：

0（0,0,0）,B愕竽0）,尸（。g,θ）,Pio，0,竽｝

所以，PT半竿普），T。*叫，

设平面Pe尸的一个法向量为，"=（χ,y,z）,得

PBm=x+y-z=O

«,令Z=I,可得y=2,X=-I,即〃7=(-1,2,1),

PF∙∕π=y-2z=0

易知平面Pr)F的一个法向量3=(ι,o,o),

m∙n—1

所以8S<i>=丽飞

6，

设二面角。一PF—5的大小为6»,则Sing=JI-COS2（

m,

所以二面角。-"一3的正弦值我.

6

22.（2023•广西•统考模拟）如图，多面体ABCDEF中，ABCD是菱形，ZAfiC≈60°,E4_L平面ABa),

EDHFA,且AB=E4=2EO=2.

（1）求证：平面BOEJ"平面E4C；

（2）求多面体ABCDEF的体积.

5√3

【答案】⑴证明见解析；（2）3

【分析】（1）根据线面垂直证明面面垂直;

（2）利用割补法分别计算四棱锥C-APEF与三棱锥尸-ABC的体积，再求和即可.

【详解】（I）

如图所示，连接8E,

E4_L平面ABCD,BDU平面ABCD,

.∖FA±BD,

四边形ABCD为菱形，

.∙.AC±BD,

又〔FAAC=A,且E4,ACU平面E4C,

.∙.3D，平面E4C,

QBOu平面8£)£,

二平面8Δ>E∙1.平面E4C；

如图所示，取A。中点G,连接CG,

四边形ABcQ为菱形，且NABC=60。，

.∙.CGYAD,CG=√3,

∕¾_L平面ABCE),CGU平面ABCD.

FAlCG,

乂〔FAAD=A,且∕¾,ADU平面ADEF,

二CGL平面ADEF,

所以四棱锥C-AOEF的体积为卜=；与边扬U)EF∙CG=C(θE+AF)∙AZ>∙CG=gχgx(l+2)x2x6=G,

又因为R4，平面ABa),

所以三棱锥尸-ABC的体积匕=-Sabc-FA=---BC-CG-FA=-×-×2×-j3×2=^-,

2332323

所以几何体ABCDEF的体积V=v¼=√3+-=—,

,+233

练开，第17题10分，第18-22题每小题12分，需要写出推理和计算过程

17.（2022.上海闵行.上海市七宝中学校考模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面AfiCD是矩形，R4垂

直于平面A8CD,AB=Ar,AD=3,PC=J正，点E、M分别在线段A8、PC上，其中E是A8中点，

——=λ,连接ME.

（1）当/1=1时，证明：直线ME平行于平面PAr>；

（2）当2=2时，求三棱锥M-BC。的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）2

【分析】（1）取PQ中点N,联结MN、AN,证明四边形AEMN为平行四边形，然后得到ME〃AN即可:

（2）首先求出R4的长度，然后可得点”到平面ABCD的距离，然后可求出答案.

取Po中点N,联结MN、AN,

因为MN是_PCO的中位线，

故MNHCD,且MN=IC。，

2

MEUCD,SLAE=-CD,

2

故四边形AEMN为平行四边形，

所以ME//AN,又ME不在平面PAo内，AN在平面PAz）内，

所以ME平行于平面PA£>；

（2）因为AB=4,AD=3,PC=√34.Q4垂直于平面ABeZ）,ACU平面ABC£>,

所以∕¾"LAC,PA=J34-9-16=3,

PM

因为亦=2,所以点M到平面的距离为1,

MC

所以■B8=}gx4x3xl=2.

18.（2023•河南郑州•统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，24,底面ABC£>,ADVAB,ABDC,

AD=DC=AP=2,AB=L点E为棱PC的中点.

（1）证明：平面PBCJ_平面PCD；

（2）求四棱锥E-ΛBCO的体积：

【答案】（1）证明见解析；（2）1.

【分析】（I）作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，由勾股定理得到各边长，得到BE，PC和BEXAB,

从而得到线面垂直，证明面面垂直;

（2）求出四棱锥P-ABCD的体积，进而由E为棱PC的中点得到四棱锥E-ABCD的体积.

【详解】（1）:在四棱锥P-ABCD中，上4_1_底面ABCZ）,A8,ACu平面ABCQ,

Λ∕¾±AB,

VAP=2,AB=I,

,PB=>JPA1+AB2=√5，

AO_LA&AB〃DC,且AD=DC=2,A8=1,

过点3作8ΛΛLCC于点M,连接AE,则=CM=1,BM=CD=2,

由勾股定理得：BC=yjBM2+CM2=√5-

故PB=BC,

由勾股定理得AC=^AD1+DC-=2√2,PC=yjAC2+PA1=2√3，

：¾C为直角三角形，E为PC的中点，

：.AE=LPC=6

2

•：BE=6,AB=∖,

，由AE-=BE2+AB2,得BELAB,

又ABlICD,CDCP=C,

故8E_L面P8,乂BEU面PBC,

所以平面PBCJ_平面PCD；

(2)四边形ABCO的面积为g(4B+8)∙AD=Jχ(l+2)χ2=3,

故VP-ABGD=gx3AP=gx3x2=2,

•••点E为棱PC的中点，

∙,∙VE-AACD~5½>-ABCD=万*2=1.

19.(2023•安徽蚌埠・统考二模)如图，正方体ABC。-A4GR的棱长为1，E,B是线段Ba上的两个动点.

GB]

≡

Dv-------------2

⑴若BF〃平面ACE,求斯的长度；

(2)若DIE=；DM,求直线8E与平面ACE所成角的正弦值.

【答案】⑴冬⑵蜉

【分析】(1)连接BO交AC于点O,连接0E,由线面平行证线线平行，证得所=BO即可求值；

(2)建立空间直角坐标系，利用法向量解决线面角问题.

【详解】(1)正方体ABC0-4禺GR,连接BD交AC于点。，连接0E,如图所示，

GB↑

≡

：.BFll平面ACE,平面BEFI平面ACE=OE,3尸u平面BEF,

.∙.BFHOE,又EFHBO,：.BOEF为平行四边形，

则EF=BO=显.

2

（2）以点C为坐标原点，CD,CB，CG方向分别为X轴、），轴、Z轴正方向建立空间直角坐标系，如图

所示，

c∖_______

;'ʌ\

:∙\'、、\

:;\'、、\

ςl--∖一…)⅛→

则R(1,0,1),B1(0,1,1),A(l,l,0),B(OJO),

D1B1=(T,1,O),OlE=iθlB,=f-iɪθl

CE=m+℃R：,l),BE=CE-CB=(D

CA∕n=x+y=0,

设平面ACE的法向量为M=(X,%z),则(31，

CE∙W=—%+—y+z=0,

I44'

取z=T,解得m=(2,-2,T),

设直线BE与平面ACE所成角为α,则sinα=座•切=生旦,

∖BE∖∖m∖51

即直线8E与平面AeE所成角的正弦值为拽

51

20.(2023•江苏南通・统考一模)如图，在JIBe中，AZ)是BC边上的高,以AO为折痕，将-A8折至4APO

的位置，使得PB_LA8.

B

（1）证明：平面A8。；

（2）若Ao=P8=4,Bo=2,求二面角B—R4—O的正弦值.

3

【答案】（1）证明见解析；（2）二

【分析】（1）先证明出线面垂直，得到AOLPB,进而证明出PBj_平面ABD；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.

【详解】（1）证明：YA。是BC边上的高，

.∙.PDLAD,ADIBD,

,/PDcBD=D,PR8。u平面PBD,

.∙.ADJ•平面P8£）,

∙.^PBU平面尸期5,

..ADI.PB,

P8_L平面AB£＞；

（2）以D为坐标原点，DA所在直线为X轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为Z轴，建立空间直角

坐标系，

AD=PB=4,BD=2,

则8（0,2,0）,P（0,2,4）,4（4,0,0）,。（0,0,0）,

.∙.SP=(0,0,4),M=(4,-2,-4),DA=(4,0,0),

设平面5R4与平面PAD的一个法向量分别为Ml=(∙η,y∣,zj,n2=(x2,y2,z2),

故In,∙iBP=4z；,-=20…产。’解得Z尸。，令…得:一,

则4=(1,2,0),

n,∙PA=4x?-2y7-4z?=O

222

,解得：X2=O,令Z2=l,则必=一2,

nx∙DA=4X2=O

故4=（0,-2,1）,

设二面角8-%-。平面角为。，显然e为锐角，

.C°∕i2∣（L2,0）∙（0,-2,I）∣4一4

乖一√iτz×g-

sin。=ʌ/ɪ-cos2θ=].

21.（2023•河南郑州・统考一模）如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2,E,尸分别为尸O,PB

的中点.

P

（1）若点M是线段PC上的点，且PM=；PC,判断点M是否在平面AE尸内，并证明你的结论；

（2）求直线PB与平面AEF所成角的正弦值.

2

【答案】（1）点M在平面AEF内，证明见解析；（2）§

【分析】（1）连接AC、BD交于0,连接OP,以。为坐标原点，OA.OB、OP为x、丁、Z轴建立空间

22

直角坐标系，求出AE、AF>AM^即可得到AM=§AE+§AF,从而得到A、M、E、尸四点共面，

即可得证；

（2）利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）解：连接AC、BD交于O,连接0尸，由正四棱锥的性质可得Pol平面ABcD,底面ABCD

为正方形，则AClBD,

所以以。为坐标原点，OA.OB、OP为x、y、Z轴建立空间直角坐标系，

则A(√2,0,0),B(0,√2,0),P(0,0,2),C(-√2,0,0),D(0,-√2,0),E(0,-—,0).F(0,—,1).

22

所以AE=(-√Σ,-立，1),AF=(-√2,-,1),

22

又PM=gPC,^AM=AP+∣PC=(-∣√2,0,∣)1AE+AF=(-2√2,0,2),

22

所以AM=-AE+-AF,

33

所以A、M、E、尸四点共面，即点M在平面AEr内.

(2)解：由(1)可得PB=(O

_72

γ+z=0

n-AE=02

设平面AE尸的法向量〃=(x,y,z),由，，得

〃∙AF=0受

y+z=0

2

令X=1，贝∣Jz=√Σ,y=o,所以"=(i,o,√∑),

∕dd∖PBF-2√22

所以c。S僧，＞阿H=Q=

3,

2

所以直线总与平面AE尸所成角的正弦值为∣∙.

22.(2023•黑龙江•黑龙江实验中学校考一模)如图,在四棱锥P-ABC。中，四边形A8CE＞是直角梯形,

AB±AD,AB//CD,PC±J⅛ffiABCD,AB=2AD=2CD=4r,PC=a,E是PB的中点.

C

(1)求证：平面E4C_L平面P8C；

（2）若二面角P-AC-E的余弦值为如，求”的值；

3

（3）在（2）的条件下求直线以与平面EAC所成角的正弦值.

√2

【答案】⑴证明见解析；（2）4；（3）3

【分析】（1）由线线垂直证AC_L平面P8C,再证平面E4C，平面P8C；

（2）以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求平面EAC与平面PAC的夹角余弦值，进而由

二面角P-AC-£的余弦值建立方程，解得a的值；

（3）由向量法求得cos<PA,”>,即可求得直线两与平面EAC所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：由题意得，直角梯形ABs中，AC=√2Ξ7F=2√2.βC=√22+（4-2）2=2√2,由

AC2+BC2=AB2ACJ.BC.

PCJ_底面ABC。，ACU平面48CZλ.,.PClAC.

'：PC∖BC=C,PC、BC?平面PBC,：.ACl5FffiPBC,

∖∙ACU平面EAC,平面EAC±平面PBC；

（2）由（1）得，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系,

,E0,√Σ,∙∣,

设平面E4C的法向量为〃=(X,y,z),C4=(-2√2,0,0),3|吟,

n∙CA=-2五X=0

则有，无B=历+#0'—=*；

平面PAC的其中一个法向量为CA=（0,2垃,0）.

cos<CB,n>=

IT-Va2+8.

由二面角P-AC-E的余弦值为逅得

——-，解得。=4；

34+83

(3)由(2)得〃=(θ,-√Il),PA=

，直线力与平面E4C所成角的正弦值为正

3

【能力强化训媒】

练牙一第17题IO分，第18~22题每小题12分，需要写出推理和计算过程

17.（2023•广东深圳•统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PDA.AB,且PD=PB,底面ABCf）是边长

为2的菱形，ZBAD=y.

⑴证明：平面以C_L平面4BC。；

（2）若EALPC,求平面Z¾B与平面PBC夹角的余弦值.

B

【答案】（1）证明见解析；（2）3.

【分析】（1）连接80，证明8OJ_平面"C,再由3。U平面A8CC,得出平面APUL平面ABCD

（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明平面A8CD,以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法

求解即可.

【详解】（1）连接。8交AC于点。，连接P0.

因为ABC。是菱形，所以BOLAC,且。为8。的中点.

因为PB=PD,所以POlBD.

又因为AC,PoU平面APC,且ACnPO=O,所以2。，平面APC

又BDU平面ABCD,所以平面APC，平面ABCD.

(2)取AB中点M,连接。M交AC于点“，连接

因为/84。=?,所以AABO是等边三角形，所以QM_L48.

又因为POLA8,PDCDM=D，PO,DWU平面PDW,

所以AB_L平面POM.所以AB_LP”.

Iil(I)知BDLPH,且ABBD=B,所以/77,平面ABCD

由ABCD是边长为2的菱形，在AABC中，AH=-^-=巫,AO=ΛB∙cos30°=

cos3003

由AP_LPC,在AAPC中，

PH2=AHHC=-×-=-,所以P"=也.

3333

以。为坐标原点，OB、OC分别为X轴、)，轴建立如图所示空间直角坐标系，

(R∖2∕Σ

贝IJA(O,-6,0),B(l,0,0),C(θ,√3,θ),H0,一y芋O,Pθ,-ɔ^-,ɪ

所以AB=(I,百,0),CB=(l,-√3,θ),

设平面PAB的法向量为4=(XI,y∣,zj,

GJ卡∩

吗∙BP-O-ʃɪ--),+ʒ-z∣=θ

所以=><l

n1∙AB=O

X1+=O

令M=I得4=_区1,_4

/

设平面PBC的法向量为《2=(x2,%,Z2),

百，2#n

&♦BP=O一一/一^%+~y^z2=°

所以

n2∙CB=O

x2-y∣3y2=O

令%=1得%=（G

设平面PAB与平面PBC的夹角为8.

八IIq•“2

所以，COSe=COS<〃],%>=­∏-

-√3×√3+l×l-^×√2L

I2______________=皂

所以，平面以8与平面PBC夹角的余弦值为史.

3

18.（2023•山西临汾•统考一模）在三棱锥3-AfiC中，AB±BC,CDVBC,AB=CD=^BC,取直线AB

与C。的方向向量分别为BA,CD,若BA与CO夹角为g.

（1）求证：AC1BD；

（2）求平面ABz）与平面BCQ的夹角的余弦值.

√10

【答案】（1）证明见解析；（2）10

【分析】（I）将-ASC补全为矩形ΛBCE,证明。Oj■平面ABcE,建立空间直角坐标系，计算AC和BD的

数量积，证明ACS8。；

（2）求平面ABD和平面6CO的法向量，计算夹角余弦的绝对值，可得所求.

证明：过C作CE〃5A,IICE=84,连接A£,DE,

取EC的中点。，连接DO,BO,A0,

则NEa>为BA与C。的夹角，即ZECZ)=T.

设BC=1,则AB=CO=&，

因为EC=QC=&，所以一DEC为等边三角形，

贝JIDO_LCE,DO=—,BD=y[3.

2

因为ΛB18C,所以平行四边形ΛBCE为矩形，

所以Bo=JOC2+8C?=JL，所以。。2+3。2=8。2,即。OJ.8O.

2

因为CEBO=O,<^旦80(=平面.(石，

所以DOJ_平面ABCE.

取Ag的中点F,连接。尸，分别以OF,OC,OD为X,Y,Z轴建立空间直角坐标系.

(Jy\

则AI,——,0,

所以AC=(T,啦,0卜如卜,咚料

(fy∖

ACBD=(-l)×(-l)+√2×-ɪ+0=0,所以ACl30.

\/

(2)ΛB=^θ,>∕2,θj,BC=(—1,0,0),BD=-1,-

设平面ABD的法向量为机=(x,乂z),

√2y=0

m∙AB=O

则,即√2√6，令z=2,得机=(#,0,2),

m∙BD=0-X------y+-^-z=0

12-2

设平面BCD的法向量为〃=(a,"c),

([a=0

H-BC=O./厂\

则，即√2√6，令C=L得〃=0,近1,

n-BD=0-a--h+-c=0')

22

所以∣∞s(w,”=/=√ξ∏⅛π=噜，

所以平面A8。与平面Be。夹角的余弦值为巫.

10

19.(2022•广西梧州•校考一模)如图，直四棱柱ABC。-A1BCA的底面是菱形，AA=4,AB=I,

ZBAD=60o,E,M,N分别是8C,BB,,A。的中点.

(1)证明：MN〃平面CQE；

(2)求点C到平面CQE的距离.

4√Γ7

【答案】⑴证明见解析；(2)*

【分析】(1)连结SC,ME,证明四边形MNDE为平行四边形，MN//DE,DEU平面CQE,MNN平

面C1DE,证得MN//平面GoE.

(2)方法一：做GE的垂线S,利用勾股定理求得点C到平面GOE的距离;

方法:：利用等体积法，转换顶点，先求得三棱锥C∣-。EC的体积，再表示出三棱锥C-GOE的体积，由

体积相等，求出点C到平面C1DE的距离:

【详解】（1）证明：连结8C，ME.

因为M，E分别为B∣B,8C的中点，

所以ME〃BC，且ME=；BQ.

又因为N为AO的中点，所以NO=gAO.

可得ME=ND,ME"ND,因此四边形MM）E为平行四边形,

所以MN//DE,

又MNU平面CQE,Z）EU平面GOE,

所以MN//平面CQE.

（2）（方法一）：过C做GE的垂线，垂足为H,

BCCCCI=C,BC,CClU平面CGE,

所以Z)E，平面CGE,又CHU平面CCE,

故DELCH,又DECEG=E,DE,EGU面GOE,

从而C”,平面GOE,

故CH的长即为点C到平面C1DE的距离，

由已知可得CE=I,CC1=4,所以GE=Ji7,

故CH=MZ.

17

(方法二)：设点C到平面GZ)E的距离为人

1

由已知可得吃-DEC=K-C1DE，

z1_.I1„n2"73

vsfl

Cl-DK=^DECClC=--≡θ0=ʒ-，

^C-C1DE=§SGDE，

22

ClE=√l+4=√∏,

DE=√2⅛βs⅛）-2?3=J'

22

DC1=√4+2=2√5.

222

可得：C1E+DE=DC1,故aCQE为直角三角形，

SeM=LDE∙GE=LGTJ~=—,

222

i..-rzil/ɜ⅛∙-cloε4JFf

综上可得〃==一FT,

即为点C到平面GoE的距离.

20.（2023・云南曲靖・统考一模）如图，在四棱锥p—ABC。中，出，平面A8C。，底面A8C。是矩形,

PA=AD=2,AB=4,M,N分别是线段AB,PC的中点.

(1)求证：MN//平面BI£)；

(2)在线段CO上是否存在一点。，使得直线NQ与平面QMN所成角的正弦值为;？若存在，求出器的值;

若不存在，请说明理由.

【答案】⑴证明见解析

⑵存在，害

【分析】(1)取尸8中点E,连接ME,NE.由线面平行的判定定理可证得ME//平面PAD,NE//平面PAD,

再由面面平行的判定定理即可证明;

(2)以AB、AD,AP为x、y、Z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置,

即可得出岩的值.

【详解】(1)如图，取P8中点E,连接ME,NE.

'：M,N分别是线段4B,PC的中点，.∙.ME∕∕Λ4.乂：ME：(Z平面用。，上4<^平面出。,

...ME〃平面PAD,同理得NE//平面PAD.

又,：MEcNE=E,平面以。〃平面MNE.

,/MNU平面MNE,：.MNU平面PAD.

(2)YABC力为矩形，：.ABYAD.QPAA.^ABCD,.,.AP,AB,4。两两垂直.

依次以AB、AD.AP为x、y、Z轴建立如图的空间直角坐标系，

则C(4,2,0),O(0,2,0),P(0,0,2),M(2,0,0),PC中点N(2,l,l),OM=(2,-2,0),ZW=(2,-1,1).

DM∙n=O2x-2y=0

设平面DMN的法向量n=(X,y,z),则，

DMn=θ'2x-y+z=0

取X=I,得y=l,z=—l,/?=(1,1,-1).

若满足条件的上的点Q存在，设Q(f,2,0),0≤r≤4,又N(2,l,l),则NQ=(f-2,l,T).

八NOFk-2+l+l∣1

设直线NQ与平面DMN所成的角为①则Sine=-V门=IL=-,

J2,

INQ附λ∕(r-2)+l+l∙√33

解得t-∖或t——3.

己知0Wr≤4,贝IJt=1,/.Q(l,2,0).

DQ=I,CD=4,CQ=CD—DQ=4—1=3,-ʒ=-.

故CD上存在点Q,使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为《，且笑=：.

3CD4

21.(2023,云南红河•统考一模)如图，在多面体ABCoE尸中，A,B,C,。四点共面，AB^AC=AF=CE=2,

AF//CE,AF_L平面ABC。，DE2+DF2=12.

(1)求证：COL平面AQF；

(2)若Al)=C£),ABlAC,求平面5£尸和平面£>E尸的夹角的余弦值.

√10

【答案】(1)证明见解析;(2)ɪθ

【分析】(1)利用线面垂直的性质和勾股定理得到线线垂直，再利用线面垂直的判定即可证明；

(2)建立空间直角坐标系，求出相应的坐标，分别求出平面BEF和平面OE尸的法向量，利用向量的夹角公式

即可求解.

【详解】(1)因为4凡L平面ABCO,且CaAoU平面ABCZ),所以CDJ_A凡