空间几何解答题（理科）（解析版）-2023年高考数学二轮复习题型归纳与练习（全国通用）

专题19空间几何解答题（理科）

考拥要求与命题规律

立体几何（理科）解答题是高考全国卷必考题，难度中等，一般分2问，第1问大多考查平行或垂直

的证明，第2问主要考查空间向量求二面角、线面角、线线角的大小，考查利用空间向量探索存在性问题

及位置关系等，难度中等偏上。预计2023年高考新课标全国卷第19题会考查立体几何问题，以平行（垂

直）关系、空间角为主线进行考查.

专导航

一、热点题型归纳

题型1.直线与平面所成角问题

题型2.二面角问题

题型3.距离（体积）问题

题型4.折叠（翻折）问题

题型5.已知二面角（线面角）求参数

题型6.求二面角（线面角）最值

题型7.求长度（体积）最值

题型8.探究（猜想）类问题

题型9.空间几何中的数学文化与新定义问题

二、最新模考题组练

三、十年高考真题练

拉克观型归的

【题型1】直线与平面所成角问题

【解题技巧】利用向量法求线面角的方法：（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为

求两个方向向量的夹角（或其补角）；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹

的锐角（钝角时取其补角），取其余角就是斜线和平面所成的角.

【典例分析】

1.（2022•重庆高三二模）如图，在三棱柱ABC-4MG中，ACLBC,AC=BC,四边形ABgΛ1是

9

菱形，ZΛ4,β,=-τr,平面AB旦A，平面A8C,点E是中点，点尸是AC上靠近C点的三等分点.

（1）证明：4。LAB；（2）求直线A/与平面AE尸所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

29

【解析】证明：（1）取AB中点O,连结A。，OC

在,ASC中，AClBC,AC=BC,ΛOC±AB-

2

在菱形ABgA中，由/然4=§乃可知-4418为等边三角形，，4。，48,

又∙.∙Λ1O?OCO，AoU平面A℃,OCU平面AoC,

.∙.ΛB±ΞP≡40C,ACU平面AOCAC,AB.

（2）•；平面AB44J.平面ABC,平面ABB/c平面ABC=AB,

由（1）可知AO∙LOC,，OA,OC,。4两两垂直，

如图，以。为原点，OA,OC,OAl所在宜线分别为X轴，＞轴，Z轴建立空间直角坐标，

不妨设Ae=2,则A。,。,。），A（0,0,百），C（0,l,0）,B（-1,O,O）,FQ,∣,O^,AB=（T，°，一6}

山A41=8B],得片卜2,0,、/^）,则的中点E—ɪ,θ,-ɪ,

(3

-

从而AE=-,θ,——,A1F

A∣E∙"=O

设平面AE/7的法向量为〃=（x,y,z）,则

AiF∙n=O

上一旦=0x=-l

即<

22不妨取％=-1得<y=5,即〃=(-1,5,ʌ/j).

—+—γ-∖∣3z=0Z=下)

133

n-AB__-2_√29

则t

cos(n,HlA^r2√29^^^

所以直线4B与平面4所成角的正弦值为上

29

2.（2022.辽宁高三模拟）如图所示，平面五边形可分割成一个边长为2的等边三角形ABC和一个直角梯形

ACDE,其中AE//CD,AE=-CD=-AC,ZEAC=90o,现将直角梯形ACDE沿边AC折起，使得AE

22

±AB,连接BE、BD,设线段Be的中点为尸.(1)求证：4尸//平面8。民(2)求直线E尸与平面BDE所

成角的正弦值.

【解析】证明：(1)取8。的中点G,连接EG、FG,由F为BC的中点，则FGHDC且FG=ɪCD,

因为/^//。。且。=??æ,所以AE//FG且4E=FG,所以四边形AFGE为平行四边形，则4F//EG,

又因为EGU平面BDE,AF(Z平面BDE,所以A尸//平面BDE；

(2)'：AELAB,AELAC,ABcAC=A,48,4。匚平面48。，；.4£：_1平面48(7.

如图，以A为坐标原点，AF为X轴，在平面ABC内，过点A作BC的平行线为)，轴，AE为Z轴建立空间

直角坐标系,则A(0,0,0),F(√3,0,0),β(√3,-l,0),C(√3,l,0),£(0,0,1),D(√3,1,2),

EF=(√3,0,-1),BE=(-√3,1,1),ED=(6,1,1),设平面BDE的法向量为〃=(x,y,z)，

n∙βE=0-∖∕3x+y+z=0

则《即《令y=l,则z=-l,无=0,所以〃=(0,1,-1),

nED=0s∣3x+y+z=0

1ULSl

设宜线EF与平面BDE所成角为氏所以Sine=ICoS〈7,容〉I=音僚=去=停.

【变式演练】

1.（2023•福建三明市•高三模拟）如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAB_L平面ABCr），平面~4。_1_平

面ABCD,四边形ABCf）为直角梯形,其中AB，BC,BCHAD,8。=48=24）,后是4£）的中点.（1）

2

求证：PCLCD（2）若NPBA=45°,求直线PC与平面PBE所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）ɪ

3

【解析】（1）连接EC,

由己知BC幺LA。，E为中点，又ABLBC,故四边形ABCE为正方形，所以知EC_LAD

2

：面RW_L面ABCo又面PABC面ASCD=AS，BCLAB-BCU平面ABCz)

.∙.BC，平面Q48，故BC_LP4.同理可证CELQ4

又BCCE=C,故尸AJ_平面ABCD连接AC,可知AC_LBE

又PALBE,PAAC=A.∙.可知BEI平面PAC又尸。(=平面胆。二ɑ。，3£

由已知Z)E幺BC,故四边形BCDE为平行四边形故CDHBE；.可知PCA.CD

(2)以A为坐标原点，分别以A%,Ab,y⅛的正方向为X,y,Z轴的正方向建立空间直角坐标系,

由NPA4=45。，知Λ4=AB,不妨设A3=1则可知8。,0,0),P(0,0,l),£(0,1,0)

—>—>—>

PB=(1,0,-1)×PE=(0,1,-1)设平面PBE的法向量为“=(χ,y,z)

∏PB=Qx-z=0

则=>令z=1,则X=y=1.∙.〃=(LLl)

nPE=Qy-z=0

又C(LLO)故元=(IJT)设PC与平面PBE所成的角为"贝I]

—>—>

→→PC∙n1

sinθ=|cos<PC,〃〉|=|——-1=-.

∖PC∖-∖n∖3

2.(2023・河北高三模拟)如图，在四棱锥尸-ABCo中，底面ABCo为正方形,

AP=DP=1,AD=&CP=6，F为线段产。的中点.

(1)求证：CDlAF(2)求直线PB与平面CFB所成角的正弦值.

【答案】（D证明见解析；（2）X*.

51

【解析】（1）在一PCZ）中，因为PC=C,DP=1,CD=AD=6,

所以CTy+op2=cp2,所以CD上DP,

因为CQAOcOP=O,所以CD_L平面PAD，因为AEU平面附》所以CDLAb.

（2）由（1）知CDLOP,以。P,。C所在直线分别为X轴，V轴建立空间直角坐标系，如图所示:

。一个z.在△"£）中，因为AP=OP=1,AO=√Σ,所以Ap2+Dp2=Aβ2,

所以AP_LO尸：因为CD_L平面PAD，FAU平面PA。，所以Cz）J_AP.

因为CODP=D,所以W平面PCD可得O（0,0,0）,P（l,0,0）,q（）,"0），dg,0,0],A（l,0,l）.

因为r>5=r>c+θA=（ι,√Σ,ι）,所以B（I,√Σ,I）,

所以FC=（一;,√IO）,FC=ʤ,l）,Pβ=（θ,√2,l）.

J

n∙FC-O

设平面CFB的•个法向量为〃=（X,y,z）,则V

n∙FB=Q

—X÷λ∕2y=O

所以Vɪ2,令χ=4,则y=√∑,z=—4,所以〃=（4,及,一4）.

—x+V∑y+z=O

、2

n-PB2102

设直线尸8与平面C9所成的角为e,贝IJSine

HH√3×√34^51'

【题型2】二面角问题

【解题技巧】利用向量法计算二面角大小的常用方法

（1）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到

二面角的大小.但要注意结合实际图形判断所求角的大小.

（2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则

这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.

【典例分析】

1.（2022.福建•三模）如图，在三棱锥V-ABC中，V¾6和AeC均是边长为4的等边三角形.P是棱V¾上

2

的点，VP=^VAf过尸的平面。与直线VC垂直，且平面e平面%3=/.

JT

（1）在图中画出/,写出画法并说明理由；（2）若直线VC与平面ABC所成角的大小为三，求过/及点C的平面

与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）图象见解析，画法见解析，理由见解析（2）侦

14

【分析】（1）结合面面平行的性质定理来画出直线/.

（2）作出过/及点C的平面与平面ABC所成的锐二面角，利用余弦定理求得其余弦值.

【解析】（1）如图，在V¾B内过户作PΛWAB,交VB于N,则直线PN即为直线/.

理由如下：取VC的中点。，连结AQ,BQ,

因为和ABC均为等边二角形，所以V½=AC,VB=BC,所以KCJ_AQ,VClBQ,

又因为AQ「BQ=Q,所以VCL平面ABQ,又因为VCL平面α,所以平面α〃平面A8Q,

又因为平面α∩平面03=/，平面ABQn平面03=AB,所以AB〃/,所以直线PN即为直线/.

22

（2）由（1）知，PN//AB,因为YP=1忆4,所以VW=1V8.

设AB的中点为O,连结VD,交PN于G,连结CG,

因为EAB和ΛBC均为等边三角形，所以V4=VB,AC=BC,所以Afi_LV©,ABVCD,

又因为VT>CD=D,所以ABL平面YcO,ABI平面ABC,所以平面ABCj_平面VCO.

在LVCD中，作VO∙L8,垂足为。，因为平面A8C∣∣平面VCD=CD,W9u平面VCD,所以Vo_L平面A8C,

Tr

所以NVCD是直线VC与平面ABC所成的角，所以NyC£>=§,

因为小AB和14BC均是边长为4的等边三角形，所以VD=OC=2√i,NVDC=

因为AB//EN,所以OG=IQV=亚.山（1）知，过/及点C的平面为平面aw,

33

因为ABa平面C∕>N,PNU平面CPN,所以AB〃平面CPN,

设平面CPN.平面45C=/',因为ABi平面ABC,所以AB〃/',

因为ABL平面VC。，CGU平面VCD,CDU平面Va),所以AB_LCG,ABlCD,

所以CG_L/',CD±l,,又因为CGU平面CRV,CQU平面ABC,

所以ZGCD为平面CPN与平面ABC所成的锐：面角的平面角，

在.GCD中，由余弦定理得，CGl=DG〜DC2-2DG∙DC∙cosNGDC,CG=空ɪ,

3

所以8SNG3型生=辿，

2CGDC14

所以过/及点C的平面与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为区.

14

2.(2022・成都市•高三专题练习(理))如图，在三棱锥D—A3C中，G是AABC的重心，E,尸分别在

BC,CQ上，且BE=^EC,QF=^FC.(1)证明：平面GEF〃平面ABD；(2)若CDL平面ABC,ABlBC,

AC=C。=2,BC=},P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角P-AO-C的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）%更

31

（1）BE=^EC,DF=；FC,:.EF//BD

又EFa平面ABO,BoU平面ABQ,.∙.EF〃平面

又G是AABC的重心，..GEAB乂GECZ平面A8O,ABi平面48/）,.∙.GE//平面A8。,

又EFGE=E,GEu平面GE/所以平面GEr〃平面ABD

(2)由AB_LBC,AC=CD=2,BC=I,可得AB=√5又GE//AB,GELBC

又CoI.平面ABC,GEl平面ABC,.∖GEA.CD

又BCeCD=C,8(7,8<=平面8(力，..6£：1.平面8。。，又EFU平面Ba),..GELM

P是线段E尸上一点，当线段G尸长度取最小值时，点P与点E重合.

如图，作C4L5C,以C为原点，<^8,。”,8为不丫,2轴建立空间直角坐标系，

则41,一6,0),C(0,0,0),O(0,0,2),《I，。，。)

所以AP=(-]ʌ/j,θ),DP=(―,0,—2),CA=(1,-73,0),CD=(0,0,2)

设平面ADP的一个法向量为质=(%,%,z∣)则

设平面ADP的一个法向量为〃=(X2,%,z?)则，令……后。)

5而r-

m`n

cos<m,n>=---------~3Γ,所以二面角P-AO-C的余弦值为亚卫

∖m∖∙∖n31

【变式演练】

L(2022∙安徽•高三开学考试)如图，在三棱柱ABC-ABg中，BC=B8∣,BCJ80=0,40，平面BB1C1C.

(1)求证:A8_LBC；(2)若NSBC=60,直线AB与平面BBCC所成的角为30°,求二面角A-四6-A的正

弦值.

【答案】(1)证明见解析⑵生3

7

(1)证明：因为AOL平面BB1QC,BCU平面BBCC，所以4。，第7,

因为BC=B用，四边形BBCC是平行四边形，所以四边形BBCC是菱形，所以BG_LBC，

又因为AoCBG=O,AoU平面A8C∣,8C∣u平面A8C∣,所以8(，平面A8C∣,

因为ABi平面A8£,所以A8,BC.

(2)解：因为AB与平面BBCC所成角为30",AoI平面8BCC，所以NA8O=30°,

因为N4BC=60°,所以aBCB∣是正三角形，设3C=2,则8。=2,80=6,04=1,

以。为原点，分别以OB,OBt,OA所在直线为％%Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

如图所示，则5(石,0,0),4(0,l,0),A(0,0,l),G(-√5,0,0),

所以蝴=(0,1,-1),C1B1=(√5,l,0),A4=AB=(Goi)，

设平面世£的一个法向量为Wl=(X,%z),则"''厂，

n1∙C1B1=√3x+y=0

取X=I,可得y=-6,z=—6,所以4=(l,-g,-Λ∕5),

tv,∙A.B,=√3xl-z,=0

设平面BIClA的一个法向量为%=(XQl,Z]),则＜-r，

n1C1B1=√3xl+jl=0

取Xl=1,可得X=-G,z=g,所以“=(1,—,设二面角A-B∣G-4的大小为e,

（L一6G）∙（i,一百,百）

因为CoS（4,%）_nl∙n2

同向√7×√7

所以二面角A-BCl-A的正弦值为华.

2.(2022•全国•高三专题练习)如图，ABCZ)为圆柱O。'的轴截面，E尸是圆柱上异于A。，BC的母线.

(1)证明：BEI平面。ER(2)若ΛB=8C=2,当三棱锥3-。瓦'的体积最大时，求二面角8-。F-E的余

弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)立

3

(1)证明：如右图，连接AE,由题意知42为二。的直径，所以M_L8E.

因为AdE尸是圆柱的母线，所以4)〃£/L且4)=EF.

所以四边形AEFD是平行四边形.所以北〃OF,所以BElDF.

因为E尸是圆柱的母线，所以E/，平面又因为BEu平面A8E,所以EFLBE.

又因为DFEF=F,DF,EF⊂jPffiDEF,所以BEJ■平面DEF.

(2)由(I)知8E是三棱锥5-。£户底面£)£：产上的高，

由(1)知防_LAE,AE〃DF,所以EFLDF,即底面三角形OEF是直角三角形.

11111r2+V2?

设。F=AE=X，BE=y,则/+9=4,所以%_诋=.S△曲∙BE=,x(jxχx2)xy=axy,,-=-

当且仅当X=y=√∑时等号成立，即点E,尸分别是AB，Co的中点时，

三棱锥B-DEF的体积最大,下面求二面角5-OF-E的余弦值：由(1)知E4,EB,EF两两相互垂直,

如图，以点E为原点，EA,EB,所所在直线为X,y,Z轴建立空间直角坐标系E-盯z,

则8(0,√2,0),£>(√2,0,2),£(0,0,0),F(0,0,2).

山(1)知BEI平面。EF,故平面DEF的法向量可取为EB=(0,0,0).

设平面Bz)F的法向量为"=(x,y,z),由。F=(-√Σ,0,0),BF=(O,-√2,2),

n∙DF—O-√2x=0即IA一°,取Z=I,得"=（0,忘,1）.

,

n∙BF=OΛ∕2>+IZ=y=√2z

n`EB√2×√2_√6

设二面角B-DF-E的平面角为。,则ICOSq=卜os(",EB∣=

n∖-∖EB√3×√2^3

由图可知。为锐角，所以二面角B-DF-E的余弦值为逅.

3

【题型3】距离(体积)问题

【解题技巧】利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰

当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关“，求出平面的法向量;

④破“应用公式关

【典例分析】

1.（2022•北京门头沟•一模）如图，在正三棱柱ABC-AIC中，AB=AA=2,D,P分别是BC,CG的

中点.（1）在侧棱B用上作出点F,满足〃平面ABf,并给出证明；（2）求二面角4-AP-G的余弦值及

点B到平面ABf的距离.

【答案】（1）作图见解析，证明见解析（2）如，√2

4

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解

【解析】⑴设BA的中点为K,BE的中点为尸，则EC∕∕8∣P,DFHEC,则DF∕∕B,P,

DFB平面AB/,BIPU平面AS7,DF〃平面AB/.

（2）设。是边AC的中点，Z是AG的中点，则OZL平面A8C,ABC为正三角形，

所以，OBLAC,OB.0C,OZ两两垂直，建立如图所示坐标系O-XyZ.

B

则A(O,-1,O),β,(√3,O,2),P(O,L1),AP=(0,2,1),

AB1=(^,1,2),设平面ABZ的法向量为加=(X,y,z),

n-AP2y+z=0-

x=O则111Vr

所以r=>n,=(√3,l,-2),

n1AB1=0yJ3x+y+2z=0

Ui"/-F-

平面G"的法向量为〃2“,。,。)，…麒＞=睛4,所以二面角……的余弦值为当

UUUU

BB1=(0,0,2),设点B到平面ABF的距离为"，则"=牛把=夜.

∣w∣I

2.(2023∙江西高三专题练习)如下图，在四棱锥P—ABCD中，已知，平面ABC。，且四边形ABCo

为直角梯形，NABC=ZBAD=巴TT,PA=AD=2,AB=BC=L(1)求平面245与平面PCO夹角的

2

余弦值；(2)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，

利用此定义求异面直线PB与CO之间的距离.

【解析】以卜5AD,4。｝为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系出Z,

则各点的坐标为B(1,0,0),C(l,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)

(1)因为B4，平面ABCr),且4)U面ABCD，

.∙.PA±AD^又AβJ_4),且Q4∩AB=A,。，平面以8,

所以Azj是平面附B的一个法向量，Ao=(0,2,0)

因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,—2).设平面PCD的法向量为In=(x,y,z),

x+y-2z=0

则”PC=°'^PD0即£一2z=。'令X'解得Z"E∙

,nADm√3

所以“=α,l,D是平面PCO的一个法向量’从而SSARm=同=?

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为

(2)因为3P=(T,(),2),设。为直线P8上一点，且豆。=Jl豆P=(—2,0,22),

又CD=(T,1,0),CB=((),-1,0)则CQ=CB+BQ=(-4,-1,24),

则点。到直线CD的距离d=^cρ2-(∣cβ∣cos(cβ,cr>)j2=CQ2-C^*C,D

919

1Y4422

2-2-2-λ+-+->-.∖d≥-所以异面直线P8与CD之间的距离为一.

9)9933

【变式演练】

1.(2023•浙江高三专题练习)如图，在正方体ABS-AgGA中，E为Bg的中点.

(1)证明：BCl//平面A£)E；(2)求直线BG到平面AnE的距离；(3)求平面AQE与平面ABCD夹

角的余弦值.

22

【答案】(1)证明见解析；(2)-；(3)

33

【解析】如图建立空间直角坐标系A-孙z,设正方体的棱长为2

则A(0,0,0),8(0,2,0),D1(2,0,2),C,(2,2,2),E(0,2,l),

Uπ∙AZ)l=012%+2z=0

(1)设平面ADIE的法向量为n=(%,y,Z])

}H-AE=O,[2y+z=Q

令x=l,则Z=-1,>=；,.∙.nl=1,；,一1),BCI=(2,0,2),

BC1-Ti1=(2,0,2)∙(1,ɪ,-Ij=2-2=0,/.BClInl.GBZ面ARE:.BC∣〃平面AAE.

(2)QBCi//平面直线BG到平面AAE的距离即为点3到平面A，E的距离,

∖AB-nl∖∣0×l+2×∣+0×(-l)

AB=(0,2,0),HI=(IT2

3

2

.∙∙直线BCl到平面ARE的距离为I.

(3)平面ABeD的个法向量为〃=(0,0,2),设平面AAE与平面ABe。夹角为氏

=fl,ɪ,-l1,CoSe=COS

2

所以平面ARE与平面ABcD夹角的余弦值§.

2.(2022.江苏•沐阳高三阶段练习)如图，已知四棱台ABCZ)-ABCA的上、下底面分别是边长为2和4

的正方形，AA=4,且A/,底面ABC。，点P,。分别在棱。。I、BC上∙(1)若「是力。的中点，证明：

AB1rPQi(2)若P。//平面4880,二面角「-。。-A的余弦值为］,求四面体的体积.

(1)以A为坐标原点，AB,AD,AA所在直线分别为X,y,Z轴建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),4(2,0,4),O(0,4,0),D1(0,2,4),设。(4,〃?,0),其中加=8Q,0≤w<4,

若P是。口的中点,则尸(0,3,2),AB1=(2,0,4),PQ=(4,m-3,-2),

于是AB∣∙PQ=8-8=0,ΛAB1±PQ,BPABtɪPQ.

（2）由题设知，。。=（4即-4,0）,DD1≈（0,-2,4）.是平面内的两个不共线向量.

设/=（χ,y,z）是平面P。。的-一个法向量,

则!"SQ=On∣4x+(,"4)y=0,

取y=4,得4=(4-∕n,4,2).

,[ntDDt=O[-2y+4z=0,

LU2

又平面AQO的一个法向量是n2=（0,0,1）,2

yJ(4-m)+20

42479

而二面角尸-8-A的余弦值为因此［"I+20=5，解得MW或加=捺（舍去），此时。卜巧，。J.

设。P=∕ωq（0"≤l）,而皿=（0,—2,4）,由此得点尸（0,4—244孙PQ=（4,24-；,-42）,

TPQ〃平面ABB小，且平面AB8∣A的一个法向量是〃3KO』，。），

.∙∙P°a=O,BP2Λ-^=0,解得；1=（,从而尸„,1）.

将四面体A。PQ视为以AAOQ为底面的三棱锥P-A。。，则其高a=1,

111Q

故四面体AOP。的体积V=§SΛ∕X>∙Λ=Ʒ×-×4×4×1=--

【题型4】折叠（翻折）问题

【解题技巧】解决空间图形的翻折问题时.，要从如下几个角度掌握变化规律:

l——1:①过程是连续渐变；

变k>i②点和线的变化；

1——J:③角度、长度等几何量度的变化.

CO:①翻折前后，仍然在一个平面上的性质不发生改变；i

LLzJ:②翻折过程中，直线和平面的位置关系可能不变∙i

II

注意：翻折过程中的特殊位置①翻折的起始位置；②翻折过程中，直线和平面的平行和垂直的特殊位置.

【典例分析】

1.(2022•云南昆明•一模(理))如图1,在4A∕Mt中，AA11AB,点2，。是AA的三等分点，点G，C

是48的三等分点.分别沿DG和。C将；AoC和3AqG翻折，使平面AICq〃平面A8CD,且。2,平

面48C£>,得到几何体ABC。-ACA,作OELCa于£连接AE,AiD,如图2.

ΛΓ)7

(1)证明：图2中，AELCCt.,(2)在图2中，若丝=：,求直线DA与平面A。E所成角的正弦值.

AB3

【答案】(1)证明见解析(2)典

5

【分析】(I)通过证明CcJ平面ADE来证得AE1CC1.

(2)建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与平面AOE所成角的正弦值.

【解析】⑴因为ORJ-平面ABCZλAoU平面ABC。，所以OB_L4。，在翻折前，点ZλC分别是A4,

AR的三等分点，所以。C〃AB,在四边形A8C。中，ADA.AB,所以AZ>_La),

因为。CCQR=£>,所以A。，平面AC∣8,又CGU平面CDDG,所以AOJ.CG，

乂因为OE_LCG,DEoAD=D,所以CC∣∙L平面40E,由AEu平面ADE得AE_LCC∣.

(2)以。为原点，DA,DC,。，所在直线分别为X,y,z轴，建立空间直角坐标系。-孙z.

AΓ)O

如图，由第=：，不妨设钻=3，Az)=2,则A(2,0,2),C,(0,1,2),C(0,2,0),ZMI=⑵。，2)，

又由(1)知，平面4)E的一个法向量为CG=(O,-1,2),

f>A∙CC∣l2x2M

则

设直线与平面ADE所成的角为凡SinO=gs<DAl,Cc4=

DAl∣∙∣CCl∣~2√2×√55

所以直线DAt与平面AOE所成角的正弦值为萼.

2.(2022•山西太原•一模(理))已知一圆形纸片的圆心为。，直径A3=2,圆周上有C、D两点.如图，OCJ_AB,

π

440。=二，点P是BD上的动点.沿AB将纸片折为直二面角，并连结P。，PD,PC,CD.

O

(1)当AB//平面PCD时，求PZ)的长；(2)当三棱锥尸-C8的体积最大时，求二面角O-Po-C的余弦值.

【答案】⑴5⑵乎,

【分析】（I）利用线面平行可得AB∕∕PD,进而求出等腰，POQ的底角即可计算作答.（2）由已知证明。CI

平面尸OD,再由体积最大可得OP_LQD,然后作出二面角。-叨-C的平面角，借助直角三角形求解作答.

【解析】⑴因AB〃平面Pa),ABi平面PoD内，平面PCZ)平面尸OD=Pr),贝IJ有AB//PZ),

因此，ZPDO=ZAOD=-,而OD=OP=LM∣JPD=2ODcosZPDO=2cosɪ=√3,所以PQ的长是由.

66

(2)因OC_L48,平面ABCj■平面PoD,平面ABC平面PQr)=A3,OCU平面ABC,则OCL平面PO

三棱锥P—COD的体积Vp_8D=~^-OC=--ODOPsmZPOD-OC=-sinZPOD,

3pod326

因此，三棱锥P—C8的体积最大，当且仅当sin/PO。=1,即OPj.0。，

取尸。中点M,连接。M,CM,由OD=QP=1,OCJ_OROCL。P可得CD=CP,如图，

于是得OM_LPD,CMVPD,即ZCMO是二面角O-PD—C的平面角，

而OM=包,在Rt/ICMO中，OC=I,则CM=JOM'+必=",cosZCMO=—=—,

22CM3

所以二面角。-PO-C的余弦值是走.

3

【变式演练】

1.（2023•重庆八中高三月考）如图1,C,。是以AB为直径的圆上两点，S-AB=2AD,AC=BC,将ABC

所在的半圆沿直径A8折起，使得点C在平面ABO上的正投影E在线段BO上，如图2.

（1）求证：BCL平面ACQ；（2）已知。为AB中点，在线段CE上是否存在点F,使得OF〃平面AC。？

若存在，求出工的值；若不存在，请说明理由.

BAB

图l图2

【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.

【解析】（1）先证明n£>_1_面88,进而得出ADIBC,再由BCLAC证明BCJ_平面ADC

（2）建立空间直角坐标系，设F（l,O,r）,re[θ,√5）,利用向量法证明即可.

【详解】（1）因为CE_L平面ΛBD,Ai）U平面AB£>,所以Af）_LCE

因为4£>J.£>5,CEDB=E,所以45_L平面BCD,因为BCu平面BC。，所以AO_LBC

又BCJ_AC,ACAD=A,所以BCj_平面AQC.

（2）以。为坐标原点，垂直于AB的方向为X轴正方向，为y轴正方向，垂直于面AQ8的方向为Z轴

正方向不妨设圆的半径为6,£为点C在平面ABe上的正投影，所以E在X轴正方向上.

∖[∖AB=2AD,知ZABO=30。，BE=2,BC=瓜'CE=√2

所以E(1,0,0),β(0,√3,0),C(l,0,√2).⅛F(l,0,0,r∈[θ,√2)

山(1)知觉即为平面Aa)的法向量，BC=Q,-瓜回,。尸=(1,0/)

若OF〃平面CAO,则0尸.BC=O，即l+√5r=0,r=-4，

所以线段CE上不存在点F,使得。尸〃;平面CAD.

2.(2022∙绵阳市.高二专题练习)如图1所示，在边长为12的正方形44NM中，点B,C在线段AA，上，且

AB=3,BC=4,作8BJ/AA，分别交A4、Av于点片、P,作CG//A^,分别交A耳、AA'于点G、Q,

将该正方形沿BM，CC∣折叠，使得A'4与HA重合，构成如图2所示的三棱柱A8C—44G∙

(1)在三棱柱A8C—ABC中，求证：AB_L平面BCG用；

(2)试判断直线AQ是否与平面ACf平行，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)直线AQ与平面AGP不平行，理由见解析.

(I)AB=3,BC=4,.∙.AC=12-3-4=5,AKrTffWAC2=AB2+BC2,ABVBC,又

ABLBBt,BCCBBI=B,.∙.AB,平面BCGB∣.

(2)直线A。与平面ACP不平行.

理由如下：以8为原点，明为X轴，BC为y轴，8片为Z轴，建立空间直角坐标系，

A(3,0,0).Q(0,4,7),Λ,(3,O,⑵，C1(0,4,12)，HO,0,3),AQ=(—3,4,7),PA=(3,0,9),PG=(0,4,9),设平

〃,P∕∖.=3x+9z-OQ

面AlelP的一个法向量〃=(刘yfz),则｛:，取x=3,得〃=(3,二,一1),

〃PC|=4y+9z=04

AQ)=—9+9-7=-7≠0,「•直线AQ与平面AGP不平行.

3.(2022.湖南•高三专题练习)如图甲，等腰梯形ABCD中，AB//CD,DELAB于点E,且OC=OE=3EB,

将梯形沿着。E翻折，如图乙，使得A到尸点，且EP,P8∙

(1)求直线PO与平面EBC。所成角的正弦值；(2)若VCjMJ=竽，求三棱锥C-Pr用的表面积.

【答案】(1)包(2)S=衣+√7+2指+2

4

(1)如图,

作PMj_£B于M点，∙.∙OE∙LPE,OE∙LE8,PEU平面P8E,BEu平面P8E,PECBE=E

/.DEL平面PEB,ΛDE±PM.

义,：PM工EB,。£<=平面8。/)£8£<=平面8。。。DECBE=E

/.PM±平面EBCD,二ZPDM为尸。与平面EBCD所成角,

设OC=α,则Po=Ao=√5α,PB=∖∣EB2-PE2=√3α>

6

因为*B∙PE=.∙PM所以PM=曾=噜罟a

所以…泼2√6.

∖∣2a4

(2)如图，过M作MNJ.EB交DCTN点，：.MN"D.

由(1)知，PMJ_平面£BCQ,易知M3、MN、MP两两垂直，如图建立空间直角坐标系例-∙∖yz,

因为匕-皿=%BCD=gg∣CQ∣∣QEMMl=等α=竽，得α=2

EMPE

△PEB为直角三角形,且PMl.破，所以一PEBs.MEP,所以

PEEB

得EM=I,所以M3=3,.'N为。C的中点，.∙.M(0,0,0),B(3,0,0),C(1,2,0),D(-1,2,0),P(0,0,√5).

BC=(-2,2,0),DC=(2,0,0),DB=(4,-2,0),PC=(l,2,-√3),PB=(3,0,-√3),MP=(0,0,√3)

设4=(X,χ,Z]),%=(七,丫2*2),%=(0%,4)分别为平面P4C平面尸C£>,平面P3。的法向量,

厂

n1∙BC--2x1+2yl=Otι2∙DC-2x2=On3DB=4x3-2y3=O

[―>[―>[—>取4=1,M=vɜ?&=1

H1∙PC=xl+2y1-√3z1=O[n2∙PC=x2÷2γ2-√3z2=O[∕ι3∙PB=3x3-√3z3=O

得〃I=(I,l,g),∏2=(0,6,2),%=(1,2,G),

记二面角P-BC-M,：面角2-。。-^,二面角尸一如一”的平面角分别为外小人易知名夕,/均为锐角,

n∣∙MP&∙MP

_3_β-.n2MP2√32√73__√6

则cosa="√5×√3^5'co