2023年高考数学大题练习（新高考） 09 空间向量与立体几何 含解析

专题9立体几何中的探索性问题

1.（2022•全国福考真题）如图，直三棱柱ABC-ABlG的体积为4,ABC的面积为2&.

B

（1）求A到平面ABC的距离；

⑵设。为AC的中点，A4i=AB,平面ABC，平面ABBM,求二面角A-BD-C的正弦直

【答案】（l）√∑

【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BC_L平面ABBM」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-AtBlCi中，设点A到平面AiBC的距离为h,

∣

J''-ABC33ABCh3'^^J4~ABCɜSA8CA*=ʒ^ΛBC-A,BlCt=§，

解得/?=Λ∕2>

所以点A到平面AtBC的距离为正：

（2）

取AB的中点E,连接AE,如图，因为AA=48,所以AELA1B.

又平面A8C，平面,平面ABC-I平面AB8∣A=AB,

且ΛEu平面ABgA,所以A£_L平面ABC,

在直三棱柱ABC-AB∣G中，8g_L平面ABC,

由BCU平面A/C,BCU平面ABC可得ABBIBC,

又AE,BB∣U平面ABB1A1且相交，所以BCjL平面ABB1A1,

所以8C,BA,88∣两两垂直，以8为原点，建立空间宜角坐标系，如图，

由(I)得AE=JΣ，所以M=AB=2,Λ1β=2√2,所以BC=2,

则A(0,2,0),4(0,2,2),8(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中点£>(1,1,1),

则BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),

m-BD=x+y+z=0

设平面ABD的一个法向量机=(x,y,z),则

m∙BA=2y=Q

可取加=(1,0,-1),

m∙BD=a+b+c=0

设平面3。C的一个法向量〃=(4,Z?,c),则＜

m`BC=2Q=O

可取3=(0,1,-1),

/∖m∙n11

则CoS6，〃〉=丽=∙7^=5,

所以二面角A-BD-C的正弦值为Jm.

2.(2022.浙江•高考真题)如图，已知ABCD和CDE/都是直角梯形，AB//DC,DCHEF,

A3=5,DC=3,EF=I,ΛBAD=ZCDE=60°,二面角F-OC-B的平面角为60。.设

M,N分别为AE,BC的中点.

AB

(1)证明：FNVADx

(2)求直线与平面A£>£'所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

Q)5>∕7

14

【解析】

【分析】

(I)过点E、。分别做宜线OC、A8的垂线EG、JCw并分别交于点G、”，由平面知识

易得FC=BC,再根据二面角的定义可知，ZBCF=60，由此可知，FNLBC,FNLCD,

从而可证得FNL平面ABCD,即得FNrAD；

(2)由(1)可知FN_L平面ABCD,过点N做AB平行线NK,所以可以以点N为原点，NK,

NB、NF所在直线分别为X轴、V轴、Z轴建立空间直角坐标系N-孙z,求出平面Af)E的

一个法向量，以及8M，即可利用线面角的向量公式解出.

(1)

过点E、O分别做直线。C、A8的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H.

；四边形4BCD和EFC。都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB5,DC=3,EF,

NBAD=NCDE=60°,由平面几何知识易知，

DG=AH=2,NEFC=ZDCF=ZDCB=ZABC=90°,则四边形EFCG和四边形DCBH是矩

形，，在Rt一EGD和Rt..f>H4,EG=DH=26

VDCVCF,DCVCB,且bcC8=C,

.∙.E»C_L平面BCF,ZBCF是二面角F-IDC-B的平面角，则ZBCF=60,

...△8C尸是正三角形，由OCu平面ABC。，得平面AB8,平面BCF,

N是BC的中点，・•・/WjLBC,乂DCJ_平面BCE,RVu平面BC/，可得FNJLCD,

而BCcCD=C,二/7NJL平面ABCO,而ADU平面AeCD.∙.E∕Vj_AO.

(2)

因为FN_L平面ABC。，过点N做AB平行线NK,所以以点N为原点，NK,NB、NF所

在直线分别为X轴、V轴、Z轴建立空间直角坐标系N-型，

设4(5,√5,0),8(0,G,0),D(3L√5,0),E(1,0,3),则Mɜ,ɪ,-,

(∕ξɔʌ

.∙.BM=3,--,-,AD=(-2,-2√3,0),DE=(-2,y∣3,3)

I22)

设平面ADE的法向量为〃=(x,y,z)

n∙AD=O-2x-2y∕3y=0

取〃=(6,-1,石)，

n∙DE=O-2x+Gy+3z=O

设直线BM⅛平面AZ)E所成角为θ,

3.(2022.青海•海东市第一中学模拟预测(理))如图，在三棱柱ABC-ABC中,

A,C=AAt=2AB=2AC=2BC,ABAAi=60°.

(2)设P是棱CG的中点，求AC与平面PA与所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】

(I)设AB=2,由余弦定理求出AB=26，从而由勾股定理得到ABJ∙AB,A1BlBC,

进而证明出线面垂直，面面垂直；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正

弦值.

(1)

设AB=2.

在四边形44片8中，VΛ4l=2AB,ZBAA,=60°,连接A/,

22

.∙.由余弦定理得AtB=AA；+AB-2ΛΛlMBcos600=12,即=2√5,

22

∖∙AtB+AB=AA；,

：.Λ1B1AB.

222

又YAxB+BC=AiC,

：.AiBlBC,ABCBC=B,

：.AB∙L平面ABC,

∙/ABU平面AΛ1B∣B,

.∙.平面ABCL平面例用8.

(2)

取AB中点。，连接CC,VACBC,：.CDLAB,

由(1)易知Cf)I平面MBlB,且CD=6.

如图，以8为原点，分别以射线84,BA为％y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Bj)2,

则A(2,0,0),A(0,2√5,O),C(l,0,√3),B,(-2,2√3,0),Cl(-1,2√3,√3),P(0,瓜肉.

A4=(-2,0,0),^P=(0,-√3,√3),

设平面PA用的法向量为"=(χ,y,z),贝”"Tg=,,

n∙A1P=Q

f-2x=0

+岛=。’令…，则取"=(0山)，

AC=(-l,0,√3),际〈10〉I=IA，川=J，

1IlAeII〃|2√24

AC与平面PA1B1所成角的正弦值为理.

4

4.(2022∙内蒙古♦赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))如图，在四棱锥产一A3C。中，底

面ABC。为正方形，包)，底面ABC。，M为线段PC的中点，PD=AD,N为线段上

的动点.

P

(1)证明：平面MVE)，平面PBC

(2)当点N在线段BC的何位置时，平面MN。与平面所成锐二面角的大小为30。？指出

点N的位置，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)点N在线段BC的中点

【解析】

【分析】

(1)由PDj"底面ABCD,可得P£)J_BC,而CDj_BC,可证得BCL平面PCD,从而得

BCYDM,而ZWLPC,所以ZWJ_平面PBC,再由面面垂直的判定定理可得结论，

(2)设PD=AD=I,以。为原点，以D4,OGDP所在的直线分别为X,%z轴建立空间直角

坐标系，然后利用空间向量求解即可

(1)

证明：因为PD_L底面ABC。，BCU底面A8C。，

所以PDLBC,

因为CcBC,CDPD=D,

所以BC_L平面PCD,

因为ZWu平面PCD,

所以BC_LDM,

因为四边形A8C。为正方形，PD=AD,

所以PO=Cr>,

因为在中，PD=CD,M为线段PC的中点,

所以ZW_LPC,

因为PCCBC=C,

所以OML平面PBC,

因为DMU平面DMN,

所以平面MND上平面PBC,

(2)

当点N在线段BC的中点时，平面MNo与平面以8所成锐二面角的大小为30°,理由如下:

因为/>£>_L底面ABCD，DA,OeU平面ABCD,

所以Pz)J_D4,PD-LDC,

因为DAJ.DC,

所以QADC,DP两两垂直，

所以以。为原点，以。ADGOP所在的直线分别为MV*轴建立空间直角坐标系，如图所示,

设PZ)=AZ)=1,则。(0,0,0),A(l,0,0),8(1,1,0),P(0,0,1),C(0,l,0),

设N(ZI,0)(()<Λ<1),l)∣ljAP=(-1,0,1),AB=(0,1,0),QN=(儿1,0),DM=fθ,∣,ɪj,

设m=(ɪ,y,z)为平面PAB的法向量，则

m`AP=-x+z=0令x=l,则I=(1,0,1),

tnAB=y=0

设M=(α,b,c)为平面MwD的法向量,则

n∙DN=λa+h=O

<II,令α=l,K∣Jn=(1,-2,2),

n`DM=—。+―C=O

22

因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°,

所以辰加小i¾=V‰等

化简得4万-44+1=0,得％=；，

所以当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30。

'I

5.(2022.四川•成都七中模拟预测(理))如图1,在边上为4的菱形ABC。中，ZDAB=ω°,

&M,N分别是边BC,CO的中点，ACryBD=Ot,ACCMN=G.沿MN将ACMN翻

折到PMN的位置，连接R4,PB,PD,得到如图2所示的五棱锥

(1)在翻折过程中是否总有平面PBOJ_平面尸AG?证明你的结论；

(2)当四棱锥尸-MNDB体积最大时，求直线总和平面MM)B所成角的正弦值；

(3)在(2)的条件下，在线段2上是否存在一点Q,使得二面角Q-MV-P余弦值的绝对

值为巫？若存在，试确定点。的位置；若不存在，请说明理由.

10

【答案】(1)在翻折过程中总有平面PHDjL平面尸AG,证明见解析

Q)叵

10

(3)。存在且。为线段PA的中点

【解析】

【分析】

(I)证明出8。1平面PAG,进而证明面面垂直；(2)找到当PG_L平面MNDB时，四棱

锥P-MNDB体积最大，直线总和平面MNr)8所成角的为NPBG,

求出PG=G，BG=不，由勾股定理得：PB=VPG2+BG'=Ti5，从而求出NPBG的正

弦值；(3)建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点Q的位

置

(1)

在翻折过程中总有平面PBQ，平面PAG,

证明如下：：点M，N分别是边CO,CB的中点，

又ZDAB=60o,.∙.BD//MN,且,PMN是等边三角形，

：G是MN的中点，ΛMNA.PG,

；菱形ABC。的对角线互相垂直，.∙.8OJ_AC,

VACr>PG=G,ACU平面尸AG,PGU平面PAG,

/.MV_L平面PAG,：.BD1平面PAG,

"：BDU平面PBD,平面PBD1平面PAG.

(2)

由题意知，四边形MM)B为等腰梯形，

HDB=4,MN=2,O1G=√3,

所以等腰梯形MNDB的面积S='+4I'=3√3,

2

要使得四棱锥尸-MVDB体积最大，只要点P到平面MM)5的距离最大即可,

当PG，平面MNDB时,点P到平面MNDB的距离的最大值为√3,

此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为V=gXXG=3,

直线尸8和平面MNDB所成角的为NPBG,

连接8G,在直角三角形PBG中，PG=BBG=√7,

由勾股定理得：PB=y]PG2+BG2=√iθ-

PG√3√30

SinNPBG=

PB^√10-ɪ

(3)

假设符合题意的点Q存在.

以G为坐标原点，GA,GM,G尸所在直线分别为X轴、V轴、Z轴，建立如图所示空间直

角坐标系，

则A(3"θ,θ),M(0,1,0),N(OTO),P(θ,O,√3),

由(2)知，AGA.PG,

又AG上MN,且MVCPG=G,MNU平面PMV,PGU平面PMN,

AGJ■平面ΛW,

故平面PMV的一个法向量为G=(1,0,0),

设AQ=2AP(0≤Λ≤l),

VAP=(-3√3,0,√3),

Aβ=(-3√3Λ0,^2),故(3W(I-2),0,也同，

.∙.NM=(0,2,0),βM=(3√3(Λ-l),l,-√3λ),

平面QWN的一个法向量为〃2=(x2,y2,z2)<

则%∙NM=0,n2QM=0,

U2%=0,

-l)x2+y2-√3Λz2=0,

y2=。，

令Z2=1,所以，_λ

“3(R)

"2=⅛⅛m∏I⅛C("∣)),

则平面QMN的一个法向量n=(A,0,3(2-1)),

设二面角Q-MN-P的平面角为巴

则ICOSθ∖=

HIH.|ʌ/r+9(2-1)

故符合题意的点Q存在且。为线段A4的中点.

6.(2022・全国•南京外国语学校模拟预测)如图，在三棱台ABC-ABg中，ABlAC,

AB=AC=4,AlA=AlBt=2,侧棱，平面ABC,点。是棱Ca的中点.

(1)证明：平面8B∣C∙L平面明。；

(2)求二面角C-B。-A的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】(1)先根据线面垂直的性质与判定证明AC±BBt,再根据勾股定理证明AB11BB1,

进而根据线面垂直得到BB∣J.平面ABC,从而根据面面垂直的判定证明即可(2)A为坐

标原点，AB,AC,AA的所在的直线分别为X,九z轴建立空间直角坐标系，再分别求

解平面ABRCB。的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可

(1)证明：因为AA∙L平面ABC,ACU平面ABC,所以AA^AC,

又A8L4C,AAiAB=A,AA,,AB\平面4880，所以ACL平面AB8∣人.

又BB1U平面ABBM,所以AC，88,.

22

又因为Ag=JF百=2&,BB1=λ∕(4-2)+2=2√2,所以A)=AB；+88：,所以

AB11BB1,

又A%AC=A,ABt,ACU平面A8,C,所以，平面AgC,

因为Bgu平面网C,所以平面88CJ_平面A8,C.

(2)

以A为坐标原点，AB.AC,AA的所在的直线分别为X,y,Z轴建立空间直角坐标系,

如图所示.

Z

因为AS=AC=4,AA=Ag=AG=2,

所以A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,4,0),C1(0,2,2),D(0,3,l).

设平面4犯的一个法向量为勺=（X],χ,zJ,设平面CB。的一个法向量为〃2=（工2，%/2），且

AB=(4,0,0),AD=(0,3,1),CB=(4,-4,0),CD=(0,-l,l),

叫心AB•/「7.=0。,所I以Xi=20,令乂"则XiL3,所以2』,-3).

又因喟晨所以仁黑：令e则％…=1，所以-（W）.

不〃「巧=「3'√30

所以COS6,∏

2^5^∙

∣∕!l∣∣n2∣λ^∙λ∕io

√195

设二面角C-Bo-A的大小为6»,贝IJSine=

15'

所以二面角C-BD-4的正弦值为晅.

15

7.（2022•青海•模拟预测（理））如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCQE为矩形，M为CD

中点，连接8M,CE交于点凡G为AABE的重心.

（1）证明：GF〃平面4BC

⑵已知平面ABULBC£>£,平面ACC_L平面BCQE,BC=3,CD=6,当平面GCE与平面AOE

所成锐二面角为60。时，求G到平面ADE的距离.

【答案】（1）证明见解析（2）6

【解析】（1）延长EG交A8于M连接NC,

EG

因为G为△小的重心，所以点N为AB的中点，且诙=2.

EFBE

因为。W//3E,故CMFSEBF,所以—=一=2，

CFCM

故翁患故GFUNC,

而NCU平面ABC,GFO平面ABC,

故GF〃平面ABC；

(2)山题意知，平面ABC_L平面BCOE,fji∏ABCTffiBCDE=BC,DCVBC,

OCU平面BCDE,故。C，平面ABC,AcU平面ABC,

则DCLAC,同理BCJ_AC,

乂BC-QC=C,BC,OCU平面BCDE,

所以AC_L平面BCDE,

以C为原点，以CBCDC4所在直线分别为x,yz轴，建立空间直角坐标系,

设点G到平面BCDE的距离为t{t>0),

则A(O,O,3r),B(3,0,0),£(3,6,0),G(2,2,t),0(0,6,0),

故CG=(2,2,t),CE=(3,6,0),AD=(0,6,-3r),DE=(3,0,0),

:鼠，即2x+2y∣+½=O

设平面GCE的法向量为Tn=(3,y,zj,则，l1

3x∣+6yl=O

22

取y∣=1,则，Z]=7,七=—2,即m-(—2,1,—),

;器：即βy2-3tz2=O

设平面4£>E的法向量为〃=(X2,%,Z2),则，

3X2=O

取z?=2,则为=/，则〃=(0",2),

Nz∖m'Mt1L

所以cos60==—--------=-＞解得/=12/=2/，

∖m∖'∖n∖U4∏~2

J5+^-×√r÷4

又。G=(2,-4,2J5),

故点G到平面AoE的距离为d=|PGW|=理=6

Inl4

8.(2022∙北京市第九中学模拟预测)如图，在四棱锥尸-ABa)中，底面ABC。是边长为2

的正方形，△%B为正三角形，且侧面物底面ABCD,M为P。的中点.

(1)求证:PB//平面ACM；

(2)求直线8例与平面PAD所成角的正弦值；

(3)求二面角C-幺―。的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵g

2

⑶出

7

【解析】

【分析】

(1)连接8。AC=N,连MN,证明P8//MN,再利用线面平行的判定推理作答.

(2)(3)取AB中点。，连PO,证明POL平面ABCD,以点。为原点建立空间直角坐标

系，借助空间向量求线面角的正弦，二面角的余弦作答.

(1)连接5D∩AC=N,连MN,如图，正方形ABCf)中，N为Bf)的中点，而M为P£)的中

点，

则PB//MN,而MNU平面ACM,「8仁平面ACM,

所以「8〃平面AeW.

(2)取AB中点。，连PO,如图，正△上"中，POlAB,

因侧面PABJL底面ABa>,侧面BABc底面ΛBC3=Λfi,POU侧面R4B，则P。，平面

ABCD,

在平面ABCD内过。作QylAB,则射线OB,Oy,OP两两垂直，

以点。为原点，射线OB,Oy,OP分别为X,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系，

In

则8(1,0,0),A(-l,0,0),D(-l,2,0),P(0,0,√3),M(--,l,⅛,C(l,2,0),

22

AD=(0,2,0),AP=(1,0,扬,BM=(-1,1,当，

m∙AD=2ʃ.=O

设平面尸4)的法向量∕%=α,y,z∣),贝叫r,令4=1,得加=(-C,O,l),

m∙AP=x1+√3z1=O

设直线BM与平面PAD所成角为θ,则sinθ=∣cos(∕π,BM)∣=|w，W|=巫=昱，

∖m∖∖BM∖2×22

所以直线与平面RS所成角的正弦值是且.

2

(3)

UUU

由(2)知，AC=(2,2,0),

n∙AC=2x,+2¾=Or-L

设平面CPA的法向量"=(χ7,%,z,)，则'r',令Z2=l,得"=(-MMl),

~[n∙AP=X2+∖J3Z2=O

于是得COS(∕M,〃〉==-ʌ==苧，显然二面角C-H4-O大小为锐角，

∖>n∖∖n∖2x√77

所以二面角C-PA-O的余弦值为空.

7

9.(2022•内蒙古海拉尔第二中学模拟预测(理))已知四棱锥S-ABCD中，四边形ABCQ为

菱形，NSAB=NSBA,SDYAB.

(1)求证：aA8Z)是等边二角形；

(2)若√2SA=SD=AD=2,求SC与平面&W所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵等

【解析】

【分析】

(1)取AB的中点O,连接SO、OD,证明出ABJ"平面SD0,可得出ABJ_DO,可得出

AD=BD,再利用菱形的性质可证得结论成立；

(2)证明出SO∙LDO,以点。为坐标原点，OA.OD、OS所在直线分别为x、V、Z轴

建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得SC与平面SAO所成角的正弦值.

(1)

证明：取AB的中点。，连接S。、。。，

因为NS43=NSB4,。为AB的中点，则SOLAB,

因为SZ)_LAB,SOSQ=S,.∙.ΛBJ"平面S。。，

Or)U平面S。。，则OΓ>J_4Λ故ΛD=3Q,

因为四边形ABC。为菱形，则AB=4),所以，AD=AB=BD,

因此，AABD为等边三角形.

(2)

解：由已知SA=S8=也，AB=2,则SzV+SB?=AB?,:.SArSB,

,。为AB的中点，所以，SO=-AB=I,

2

因为△∙£>是边长为2的等边二角形，则O0=2sin(=6,

因为S£>=2,则SO[+£)0?=Sz)-二SO,OO,

因为AB_L平面S。。，以点。为坐标原点，OA.OD.OS所在直线分别为x、V、Z轴建

立如下图所示的空间直角坐标系，

则4(1,0,0)、O(0,6,0)、C(-2,√3,O),S(O,O,1),

设平面SW的法向量为"=(x,y,z),AD=(-l,√3,θ),AS=(T,0,1),

n∙AD=-x+∖∕3y=0

取X=JL可得〃=(G,ι,G),

n∙AS=-x+z=0

/厂∖SSCn2√3√42

SC=(-2,G'T,c°s<SC">=前=一^=一寸•

因此，SC与平面S4Q所成角的正弦值为画.

14

10.(2022•广东茂名•二模)如图，四棱锥P-ABCO的底面是等腰梯形，AD∕∕BC,BC=2AD,

ZABC=60o,E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且4、。、E、尸四点共面.

(1)求证：F为尸C的中点；

(2)若△勿。为等边三角形，二面角P-45-3的大小为120。，求直线BD与平面AOFE所

成角的正弦值.

【答案】⑴证明见解析

⑵正

4

【解析】

【分析】

(1)先由线面平行的判定定理证明〃平面P8C,再根据线面平行的性质定理即可证明

EF〃A/),即可证明结论；

(2)建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面4QFE的法向量，根据向量的夹

角公式即可求得答案.

(I)

证明：四棱锥P-ABC。中，AD//BC,BCu平面PBC,

.∙.AD〃平面PBC.

由题意A、。、E、尸四点共面，平面AoFEn平面P2C=EF,

.∖AD∕∕EF,而AO〃8C,.∖EF∕∕BC,

YE是棱PB的中点，.∙.尸为PC中点.

(2)

如图，以BC为龙轴,连接5C中点。和4。中点G,以OG为y轴,过点O作垂直于平面ABCD

的直线作为Z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

因为A8=CO,BC=2AD,ZABC=60°

设AD=4,则BC=2α,AB=CD=a,

所以OG=@α,A(-@,且4,0),B(-4,0,0),,且4,0),C(α,0,0),

22222

βr>=(-α,-a,0),AO=(a,0,0).

22

因为△出力为等边三角形，所以「GL4。，由题意知OGLAD,

所以/尸G。为二面角P-A£>—B的平面角，又二面角P—AD—5的大小为120。,

所以NPGO=I20。，

因为尸G_LAD,G0A.AD,PGGO=GPG,GOu平面PG0,

所以AoJ_平面PG0,

过P作PH垂直于y轴于点H,

因为∕7∕u平面PG。，所以AQ_LP”，

X.PHLGH,6〃,4。＜=平面48。。，GHAD=G,

所以尸”垂直于平面A8CD,且NPG”=60,

_√3„√3&336

PG=——a,PpH=——a×——=-a,GH=——a,

22244

OH=0G+GH=-a+-a=-a,；•P(O,芈α,∣∙α],

244144J

因为E,尸分别为P8,PC的中点，

r.ia3√33a3√33ʌ/ɜ3

rQ)∖以rECV(——,-----〃,一〃),尸(一,----a,-a),AE=(0,------a,-a),

28828888

.AE=O

设平面4。/E的法向量为力=(χ,y,z),则1n,

γi∙ΛD=O

√33_

所以一^Γ"+铲Z=O,取Z=I,8=(0,61),

0r=O

设BD与平面ADFE所成角为θ,

3

则sinθ=|COS〈BD,n)∣=—=—'

√3a×24

即直线8。与平面AoFE所成角的正弦值为迫.

4

11.(202)安徽省舒城中学三模(理))在四棱锥P-ABCD中，ARW为正三角形，四边形

ABCD为等腰梯形，M为棱AP的中点，且AB=2AO=2BC=2CD=4,DM=拒,

UUin1Uim

AO=-AB,

4

AOB

(1)求证：平面ODWJ_平面ABC。；

(2)求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵晅

13

【解析】

【分析】

(I)E为A8中点，连接。M,PE,DE,易得88E为平行四边形，即知△ADE为等腰三.角

形，进而有8,AB,由等边三角形性质有PELM,根据中位线、平行线的推论知

OMlAB,再根据线面垂直的判定、面面垂直的判定证结论.

(2)构建空间直角坐标系，求出直线ΛP方向向量和平面PBC的法向量，应用空间向量夹

角的坐标表示求线面角的正弦值.

(1)

若E为Ag中点，连接。M,PE,DE,

由CD//BE且CΓ>=8E=2,故为平行四边形，

unit1uun

所以8C=DE=2,又4)=2且Ao=∙AB,即。为AE中点,

47

等腰△ADE中OD_LAE,即OD_LAB,

又，R43为正三角形，故PE_LA5,

因为M分别为AE,AP中点，敬OMIlPE,则OMd.AB,

由OMOD=O,OΛ∕,OOu面OMZ),故A8_L面OMD,

而ABi面ABC£>,则平面OZ)Mj_平面ABC。；

(2)

过。作OZJjmABCD,由(1)可构建以。为原点，。2,。。,。2为工。*轴的空间直角坐标

系，

所以A(-l,0,0),8(3,0,0),C(2,G,0),而OM=0。=OM=√5,则Λf(O,正,』)，

22

所以P(l,√3,3).故AP=(2,√3,3),BP=(-2,√3,3),CP=(TO,3),

"[♦BP=-2x+>∕3y+3z=O

若帆=(x,y,z)是面PBC的一个法向量，则〈，令Z=1,则

∕n∙CP=-x+3z=0

m=（3,后,1）,所以ICoS<∕κ,AP>∣=∣q"I=T==M1,故直线”与平面PBC所成

I/IlAPl4×√1313

角的正弦值士叵.

13

12.（2022・广东・大埔县虎山中学模拟预测）如图，在四棱台ABCo-A4G。中，AB=2,

44=1,四边形ABCZ）为平行四边形，点E为棱BC的中点.

（2）若四边形ABCD为正方形，AA，平面ABCDAA=AB=2,求二面角入一。E-C的余

弦值.

【答案】（1）证明见解析；

（2）-∣.

【解析】

【分析】

（1）连A8,利用给定条件证明四边形AREB为平行四边形，再利用线面平行的判定推理

作答.

(2)以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.

(1)

在四棱台ABCD-A与GP中，四边形ABC。为平行四边形，且AB=2AM,点£为棱BC

的中点，连AB，如图，

则有AA=gAO=8E,AtDt//AD//BE,即四边形42所为平行四边形，

则RE〃AB,又与EU平面43B∣A,ABU平面

所以。E〃平面ABBM.

(2)

以4为坐标原点，A8为X轴，AE)为y轴，AA为Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

则4(0,0,2),0(0,2,0),E(2,l,0),ZMI=(O,-2,2),Eo=(-2,1,0),

设平面AOE的一个法向量为"=(χ,y,z),贝/,力：_2χ+y2-Qj,令X=L得〃=(1,2,2),

MI.〃22

平面OEC的一个法向量为《1=(0,0,1),则COS〈加〃)=------=——=-,显然二面角

∣m∣∣nI1×33

A-OE-C的平面角为钝角，

所以二面角A-。E-C的余弦值为

13.(2022・全国・模拟预测(理))如图，在四棱锥A-Ba)E中，ACBCDE,ADVDE,

BCE为等边三角形，ZECD-60.

(1)求证：£>EJL平面ACz),且BE//平面AC。.

(2)已知AC=3,BC=2,求平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】

(1)由线面垂直性质可得AC∙LOE,结合AQ_LoE可证得OE，平面Ae£)；根据BE//。,

由线面平行的判定可证得结论；

(2)以。为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用.面角的向量求法可求得结果.

(I)

ACBCDE,QEU平面BCr>E,.∙.ACJ∙f>E,

XADlDE,ACAO=A,AC,AOu平面AC£),.•.£)£，平面AC。：

QVBCE为等边三角形，二/BEC=60,又乙ECD=钛)，：.BEIlCD，

CZ)U平面AC。，8我0平面47。，；.8E〃平面4。£).

(2)

DEJ_平面ACQ,CDU平面Aa),,OE_LCD：

以。为坐标原点，DC,DE为x,y轴正方向，作Z轴〃AC,可建立如图所示空间直角坐标系,

则O(0,0,0),A(l,0,3),42,6,0),E(θ,√3,θ),

.∙.DA=(1,O,3),OE=(O,省,0),AB=(I,√J,-3),B£=(-2,0,0),

设平面ADE的法向量〃=(%,χ,z∣),

则Ir,令z∣=l,贝∣Jx∣=-3,M=O,.∙.w=(-3,0,l);

DE`n=√3y1=O

设平面AfiE的法向量加=(七,为，z?)，

则〈~令Z2=l,贝∣J%=0,>∖=√3,.∙.w=(θ,√3,l);

BEm=x

∙-2X2=O

II辰〃I1√io

..COS<ItlH>\=~j—i~~r=-----7^="=--------,

191∣m∣∙∣n∣2√1020

---平面ADE与平面ΛBE所成锐二面角的余弦值为画.

20

14.(2022.浙江绍兴.模拟预测)如图，三棱台ABC-ABC中，NABC=90。,

AtA=AiB=AiC=>∣3,AB=BC=2.

(1)证明：AiClIAtBi

(2)求直线AG与平面ACB所成的角.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】

(I)由题，取AC中点O,连接A。、BD,AC//A1C1,先由线线垂直证AC上面ABD,即

可由线面垂直证AC,Λ1B,即可证AG

(2)分别以。8、DC、DAI为X、AZ轴建立如图空间直角坐标系，即可由向量法求所求线

面角.

(1)

由题，取AC中点。，连接A3、BD,由AA=AC,AB=BC,则AC，4。、ACLBD,

乂A∣ZλBoU面A8。，故AC_1面片8。，

因为ABU面AB。，故ACLAB,又4<7〃46，则4©，38,得证;

(2)

由题，ZABC=90。，则AD=BO=CD,又AA=AB,AtD=AtD,

故，的。三阳。，故NA。B=NAOA=90°.

分别以。8、DC、D41为x、y、Z轴建立如图空间直角坐标系，

易得网友,0,0),C(θ,√2,θ),Λ1(θ,O,l),A(θ,-^,θ),^C=(θ,√2,-l),AB=(α,0,-1),

AC=(θ,2√2,θ),设平面ACB法向量"=(χ,y,z),

nA.B=yJ2x-z=0(∣-∖

则一,L,令X=I,则〃=1,1,√Σ,

v7

/Z-A1C=√2γ-z=O

故cos(〃,AC)=2^=，，故直线AC与平面ACB所成的角为三.

∖/2∙2√226

即直线AG与平面ACB所成的角为：.

O

15.(2022•辽宁实验中学模拟预测)如图所示正四棱锥P-A88,AB=2,PA=7

(1)求证：PALBD

(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，抬。旋转至［AAPC力旋转至巴C。如图

所示，其中二面角I-AD-B与二面角鸟-CO-B相同，当£>［1£>6时，求平面［4。与

2C0所成的锐二面角的余弦值

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】

(I)连接BD,AC,交于点0,连接PO,POJJHiABS,得POLBD,从而证得8。_L平

面B4C,得线线垂直；

(2)以。为原点，ZM为X轴，OC为y轴，过点。且垂直于平面ABC。的直线为Z轴建立

空间直角坐标系，设是二面角I-AZJ-B大小为6,表不出％?的坐标，由向量垂直求出。，

得的坐标，再求出平面片与平面6CQ的一个法向量，则法向量夹角得二面角.

(1)

证明：连接8D,AC,交于点0,连接PO,Po，面ABC。，Br>u平面ABC£),

POlSD,

又∙BD±AC,POAC=O,Po,ACu平面H4C,所以BDj"平面PAC,

又•小匚平面尸4(7,，8£>_1%.

(2)

以。为原点，D4为X轴，QC为)，轴，过点。且垂直于平面ABCQ的直线为Z轴建立空间

直角坐标系，设点E为£>A中点，则片£=4百，设尸是BC中点，则防，A£),乂勺ELA。，

所以N[E尸是二面角耳―AD-B的平面角，即N[EF=9,

.∙.[(1,4√3cosθ,4yβsin6),同理鸟(4√3cos6,1,4√3sinθ)

。片.=4J3cose+443cose+48sin26=0

K1

解得：cos。=----,Sine=不

22

.*(1,y2®E(C)

UUIllUlffl

DA=(1,-6,2扬,ZM=(2,0,0)

设〃I=(x,y,z)为平面[A。的法向量，则ZVZM=O,.∙.2x=0,/.x=0,

UUUU_Ur-

%∙DR=O,Λx-6γ+2√3z=0,取y=1,则z=√L,∖nl=(0,l,√3)

UUU

De=(-6,1,2回OC=(0,2,0),

LU

设%=(九s")为平面A。。的法向量，则n1∙DC=Q,/.25=O,.*.5=0,

LtlUUUUUʃ-

n2∙DP2=0,—6m+2√3f=0»取m=1,贝!]f=6，.∙.4=(1,0,J3),

Irun33

COS</R,/?->>=~//=,

~√l+3∙√l+34

3

平面[A。与平面鸟。。所成的锐二面角的余弦值为二.

4

16.(2022.福建.三明一中模拟预测)如图，四边形ABCZ)为菱形，48=2,ZABC=60。，将

ΔA8沿AC折起，得到三棱锥O-ABC,点M,N分别为△"£＞和一ABC的重心.

⑴证明：CO〃平面N；

(2)当三棱锥