2023届安徽省高考数学复习3立体几何解答题30题

2023届安徽省高考复习

专题3立体几何解答题30题专项提分计划

1.（2022秋・安徽•高三校联考阶段练习）如图，圆锥PO的高为3,AB是底面圆。的直径,

PCP。为圆锥的母线，四边形ABCO是底面圆。的内接等腰梯形，且AS=2CD=2,

点E在母线PB上，SLBE=IEP.

（1）证明：平面平面POC；

（2）求平面AEC与平面R4B的夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

力3回

⑷----

20

【分析】（1）连接。。，可证出菱形03Cf）中OCj结合PO，即可证出比）1平

面POC,再由平面与平面垂直判定定理即可证出平面尸8D，平面POC-.

（2）取CQ中点M,以。为原点，。“，OB,OP所在直线分别为X轴、丫轴、Z轴，

建立空间直角坐标系，使用空间向量进行求解.

P

E

【详解】（1）DC

连接0。，由已知，CD//BO,且CD=BO=OD=1,

四边形OBCD为菱形，,BDlOC,

在圆锥PO中，∙.∙PO∕平面ABCr）,BDU平面ABCr）,

.∙.POLBD.

VPOOC=O,PoU平面POC,OCU平面POC,

：.8£）工平面PoC∙

又,：3E>u平面尸BZ），

取CD中点M,易知。W_L平面∕½β,OM=^OC--CM2=—,

2

以。为原点，OM，OB,OP所在直线分别为X轴、y轴、Z轴，建立如图所示的空间

直角坐标系，则A(0,T0),3(0,1,0),P((),0,3),Cɪ,ɪ,θ^,

VBE=2EP,:.BE=IBP=I(O,-l,3)=(θ,-∣,2),

ΛEH,2J,

ΛAE=(θ,∣,2j,AC=(≠∣4

设平面AEC的一个法向量为n=（x,XZ）.

4

—γ+2z=0,

n-AE=0,

因为所以《令y=3,则X=—3乖＞,z=—2,

n-AC=0,6工3..

——x+—y=0.

I22’

n=ɜʌ/ɜ,3,-2j,

易知平面即平面yθz,平面B4B的一个法向量为机=（1,0,0）,

设平面AEC与平面BAB的夹角为

n-m3√33√30

则cosΘ=cosm

wl∣∕n√27+9+4×l-20

二平面AEC与平面PAB的夹角的余弦值为圭叵.

20

2.（2022.安徽黄山.统考一模）如图1,在直角梯形ABC。中,

AB//CD,ZDAB=90o,CD=2AB=2AD=4,点E、F分别是边BC、8的中点，现将

△CEF沿EF边折起，使点C到达点P的位置（如图2所示），且3P=2.

（1）求证：平面APE_L平面ABE＞；

（2）求平面ABP与平面Af）P夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）要证明两平面垂直只需证明其中一个平面内有一条直线垂直于另一个平面

即可；

（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.

【详解】（I）如图，连接BF,由条件知四边形48尸。是正方形，FCLBF,FC=BF,

△BFC是等腰直角：角形，

E是BC的中点，:.EFVBC；并且BC=2√i,EF=√Σ,BE=e;

如图:

在&BPE中，PE=应，PB2=4=PE2+BE2.;.PELBE,FEBE=E,FEu平

IliiABD,BEU平面A8D,

又PELEF,.'.PEA.平面ASC,PEU平面，平面APEJ.平面48C；

(2)因为PE,BE,FE两两垂直，以E为原点，BE为X轴，在为y轴，EP为Z轴建立

则有4(2夜,-也,0),8(应,0,0),。(垃,-20,0),网0,0,旬,

PA=(2√2,-√2,-√2),PB-(√2,0,-√2),PD=(a,-2血,-血),

设平面A8P与平面4。P的夹角为。，平面48P的一个法向量为m=(x,y,z),

平面A。P的一个法向量为"=(pj,q),则有:

nι∙PA=O2∖∣2x-∖∕2y--Jlz=O

令Z=I则x=l,y=l,m=(l,l,l):

m∙PB=O∖∣2X-42Z=0

IvPA=O2∖[lp-∖∣2t-y∣2q=O

令4=3,则P=IJ=T〃=(1,7,3),

j[∙PD=Oy∣2p-2λ∕∑r-∖∣2q=O

m∙n3_∖[Si

COSe=

∣777∣∙∣∏∣∖∕3×Λ∕ΓT11

3.(2023春•安徽•高三统考开学考试)如图，在几何体A3C。耳`中，四边形45CZ)为矩

形，AF//DE,AF±EF,AF=2DE=2EF=2,AD=日

(1)证明：ADYCF；

(2)若面Fl.面ABa),且直线8E与平面AB尸所成角的正弦值为g,求此时矩形

ABa)的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)2√2

【分析】(1)根据线面垂直的的判定定理证明线面垂直，进而可得线线垂直：(2)由面面

垂直可得线面垂直，从而可建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算表示线面夹

角的正弦值，即可求出AB长度，从而可求解矩形ABCr)的面积.

【详解】(I)证明：由题意得，四边形ADEF为直角梯形，

乂DE=EF=T,AF=2,

易知DF=√i,AD=叵,

所以=A∕2,所以")_LoF.

又因为AD_Lf)C,DCDF=D,OC,。尸U平面OCP,

所以ADJL平面OC尸，BU平面OC尸，所以AQ_LCF.

(2)因为平面Ar)E/_L平面ABCD且交线为AE>,AD_LQE。尸U平面ADE尸，

所以DFj,平面ABCD

以D为原点,D4为X轴，E)C为y轴，力厂为Z轴建立如图所示坐标系，

设AB=α,λ(√2,θ,θ),β(√2,α,θ),F(0,0,√Σ),DE=^AF=

3√2

E,所以8E=

设平面AB尸的法向量〃=(x,y,z),4?=(OM,0),AF=(-√2,0,√2),

n∙AB=Oay=O

则,得-0,设I则…Z=I,

n-AF=Q

所以“=(1,0,1).

设直线BE与平面A3户所成角为6,则

BE`n√2_1

sin，=COS(BE

βE∣∣n∖[l×∖Ja2+53

解得α=2,所以AB=2.

所以S矩形A8C。=20.

4.（2022•安徽•校联考二模）如图，将长方形OAAa（及其内部）绕。。旋转一周形成

圆柱，其中OA=LQO=2,劣弧Aq的长为J,AB为圆。的直径.

O

⑴在弧AB上是否存在点C（C由在平面。AAa的同侧），使BC_LA/若存在，确定

其位置，若不存在，说明理由;

（2）求平面AaB与平面Bl<9,B夹角的余弦值.

【答案】（1）存在，当8C为圆柱。。的母线，BCLABt

17

【分析】（1）当BC为圆柱。。的母线，证明8C/平面AB。，从而得出BC,AB∣:

(2)以。为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法得出平面AaB与平面4。产夹角

的余弦值.

【详解】(1)存在，当8。为圆柱OOl的母线，BClAB,.

连接BCAC4C,因为耳C为圆柱Oa的母线，所以MC，平面A8C,

乂因为BCU平面48C,所以

因为43为圆。的直径，所以BCJ.AC

BC±AC,BiCLBC,ACryBxC=C,所以BC上平面AB1C,

因为AAU平面ABiC,所以BCJ.AB1.

(2)以。为原点，OAOQ分别为Xz轴，垂直于7z轴直线为X轴建立空间直角坐标

系，如图所示.

A(0,1,2),Q(0,0,2),8(0,T,0),

因为A4的长为g,所以/4。蜴=9，4[:，坐,21,。8=(0,-1,一2),

OOlZZJ

。出=停*,0

V22√

设平面。148的法向量加=(χ,y,Z),

-y-2z=0,

<

1ʌ/ɜ令X=-3,解得y=λ∕J,z=——->

—x+——y=0,2

122J

所以，〃=-3,√3,-^.

\/

因为X轴垂直平面A。/，所以设平面4。产的法向量3=(1,0,0).

所以平面AO由与平面B1O1B夹角的余弦值为岑.

,ABC的面积为也,

5.(2022•安徽・芜湖一中校联考模拟预测)在三棱锥A-BCD中,

2

点。为Be的中点，ZACB=PCf)且BD=8=1,AO=G

(1)求证：平面BCD!_平面A8.

TF

(2)E为线段AC上的点，若ED与面BCD所成的角为：，求CE的长度.

6

【答案】(1)证明见解析

(2)1

【分析】(1)首先求出BC,再由面积公式求出AC,即可得到“AfiC为正三角形，从

而得到A0J.BC,OD1BC,即可证明BC1平面AOD,从而得证：

(2)作AH八OO,交DO的延长线于点H,即可得到AHJ_平面BCO,即可求出AH,

再过点E作砂，CH,垂足为F,则NEDF就是ED与平面BCD所成的角，设

Cf=x(0≤x≤√2),根据三角形相似及锐角三角函数计算可得.

(1)

证明：∙.∙8r>∙LCE>且Bo=C£>=1,二BC=及，又4ACB=半

由SVAHC='AC∙8C∙sinZACB，可得正=LAe.夜.更，

2222

解得AC=&，则AC=BC,

所以ABC为正三角形，

所以AolBC；

因为8D=8,BO=OC,所以81BC,

因为AOeOr)=O,AO,OCu平面AQD,所以BCI平面AQD,

因为BCU平面3CO,所以平面3CDJ_平面AoD.

(2)

解：作AH八OO,交。。的延长线于点H,

因为平面Ba)_L平面AQD,平面BCO1平面AOr>="£>,AHU平面AQD,

所以AHI,平面BCr>,BCu平面5C。，

所以A〃_L”C,

在直角三角形Be。中，OD=LBC=显,

22

在等边三角形A8C中，AO=-AC=-,

22

ɑ13

…SAD2+OD2-AO23+5—5=戈

在ZXAOO中,COSZADO=---------------------

'AMy+'2ADOD2χ√3×^3

2

所以SinDADO=IJl-9)=£•

在直角二角形A//D中，AH=ADsinZADO=√3×—=1,

3

HD=yJAD2-AH2=√3ɪT=√2>

过点E作EF_LC〃，垂足为尸，则瓦7/A”,所以EF工平面88,

所以NEf次就是EDIj平面BeD所成的角，

设CE=X(O4x≤√∑),由"=①，得EF=AHCE=与=立

AHACIC2

由">2=AC2+CZ)2,ACA-CD,

在直角一角形CDE中，DE=JCE2+5=TTTL

√2

因为£»与平面BCD所成角为30。，所以EF_2"」，即x=l,即CE=1.

ED-√^7I-2

即在线段AC上是存在一点E,使即与面BC。成30。角，且CE=1.

6.(2022秋•安徽•高三校联考阶段练习)如图，长方体ABa)-A耳CQ中,

AB=AQ=1,AA=2,P为棱。。的中点.

（1）求直线AP被长方体ABC。-ASGR的外接球截得的线段长度;

（2）求直线AC1与平面PAC所成角的正弦值.

【答案】（1

喈.

【分析】（1）设ACCBO=O,AG的中点为。，根据长方体的性质结合条件可得球心Q

到直线AP的距离，然后根据球的性质即得；

（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法即得.

【详解】（1）设ACC30=0,AG的中点为Q,连结PQ,OQ,AQ,

则。为长方体ABCD-A外接球的球心，且平面ABC。，

由题意知，OA=与,OQ=1,AQ=JOA1+0Q2=号,PQ=与AP=尤,

所以PQ2+Aθ2=Ap2,所以AQLPQ,

设。到直线AP的距离为d,则（APM=[PQ∙AQ,解得

因为外接球的半径R=LBD、=显,

所以直线AP被此外接球截得的弦长为2√F与T=逑；

2

（2）以。为原点，建立空间直角坐标系,

则D(0,0,0),A(l,0,0),C(0,l,0),A(0,0,2),G(0,l,2),P(0,0,l),

设平面PAC的一个法向量”=(x,y,z),

因为AC=(-1,1,O),AP=(-1,0,1),

n∙AC=0[-x+y=0..、

则由，得，，令x=l,可得”=1,1,1,

n-AP=0[τ+z=0

又AG=(-1,1,2),

设直线AG与平面PAC所成的角为6,

卜√2

所以Sine=卜OS(^AC,nAG.〃1,1,2)∙(1,1,1)

i∣AC∣∙∣n∣∣Iλ∕6×√,3

l3

所以直线3与平面PAC所成角的正弦值为当

7.（2022秋・安徽六安•高三六安一中校考阶段练习）如图，四边形ABCQ是圆柱。。的

轴截面，点P在圆柱。。的底面圆周上，G是。P的中点，圆柱。。的底面圆的半径。4=2,

侧面积为8√Jτt,ZAOP=I20".

（1）求证：AG±BDi

（2）求直线PZ）与平面ABD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵坐

4

【分析】（1）根据圆柱侧面积公式可求得母线长AD,利用余弦定理可求得的，根据

等腰三角形三线合一性质可证得AGLOP；由ΛPLBP,AD可证得5P，平面

ADP，由线面垂直性质可得BP_LAG；利用线面垂直的判定和性质可证得结论；

（2）取。8中点E,根据等腰三角形三线合一和线面垂直性质可证得PE_L平面说,

由线面角定义可知所求角为ZPDE,根据长度关系可得结果.

【详解】（1）由圆柱侧面积可知：2τt∙Q4∙AO=4π∙AD=8√¾t,解得：AD=2√3;

OA=OP=2,ZAoP=I20。，AP=√OA2+OPil-2OA-OPcos120=2√3，

.-.AD=AP,又G为OP中点，ΛAGVDP-.

43是圆。的直径，.∙.AP,3P:

ADJ_平面ΛSP,BPU平面ABP,.∖βP±AD,

又A£）,APu平面ADP,ADAP=A,r.8P_L平面Ae）P,

AGU平面Ar）P,.-.BPLAG,

又3尸,。PU平面Bz）p,BPDP=P,，AG_L平面3DP，

Q3Du平面BOP,.'.AGlBD.

（2）取。8中点E，连接尸E,

/BOP=180-NAOP=60,OB=OP,,AOBP为等边三角形,.-.PElAB-.

Ar)J_平面ΛBP,PEU平面AβP,.,.PElAD-.

QABlAD=A,AB,4。U平面ABO,.•.尸£'_1_平面48。，

：.NPDE即为直线Po与平面ABD所成角，

DP=y∣AD2+AP2=2√6'PE=yJθP2-OE2=√3>

.∙.sinNPDE="=g=正，即直线尸£＞与平面W所成角的正弦值为正

DP2√644

8.（2022秋・安徽•高三校联考开学考试）在四棱锥P-ABeD中，四边形ABcO是直角

梯形,且PD，平面ABCD,AB//DC,DC=2A8=4,AB_LA。,PO=2,点M在棱PC上.

(1)当MC=2MPB'i,求证：PA//平面”3。;

⑵若直线PA与平面Ms所成的角为45。,二面角八皿”的余弦值为冬求

器的值.

【答案】（1）证明见解析

CPM1

(2)---=—

PC2

【分析】（1）连接AC交加）于点O,连接OM,利用几何性质证明/%〃MO,即可证

明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，设PM=2PC（（）≤2≤1）,求出平面尸8。

的法向量,用;I表示出平面M即的法向量，利用向量的夹角公式计算，即可求得答案.

（1）

证明：连接AC交B。于点。，连接。M,

∩ΛAfi1

111AB//DC知，ABoao..CDO,---—=—,

OCCD2

・・万”GA。∙OAMP・

OCMC2

乂MoU平面M8D,Λ4<z平面JWB£>,，P4〃平面M80.

(2)

：PD，平面ABCD,：.ZPAD为P4与底面ABCD所成的角,

即N∕½D=45°,.-.AD=PD=2,

又四边形ABCD是直角梯形，

故以。为坐标原点，分别以D4.DC,»P为.r,.y,Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(2,0,0),BQ,2,0),C(0,4,0),P(0,0,2),

OB=(2,2,0),OP=(0,0,2),PC=(0,4,-2),

设平面P8D法向量为，"=(xl,y∣,z∣),则"θ，

DB∙m=0

f2z1=0

即Cɔn-令XL1，则机=(LTO)，

[2x]+2vl=0

设PM=ΛPCφ≤Λ≤1),贝UOM=3P+PM=(0,4/1,2-2Λ),

设平面MB。的法向量为3=(巧,为名)，贝”2/"U,

DMH=O

2x+2y=0A(2λ\

P02-令…则TLT嘲

≡K÷(2-2Λ)Z2=0

因为二面角P-BD-M的余弦值为且

3

22

l×l+(-l)×(-l)÷0×;~~-

m`n=2解得吗,

Im∙I〃I

,1+(-1)~∙Jl+(-I)?

,PM

•.=—.

PC2

9.（2022秋•安徽合肥・高三合肥市第十中学校考阶段练习）如图，三棱锥4-38中,

ZACB=90。，平面AC£＞，平面ABC,AC=BC=4,DC=2,AD=2√3.

(1)求证：4。_1_平面88；

(2)若点E在线段AB上，直线OE与直线BC所成的角为：，求平面。CE与平面AB。所

4

成的锐二面角的余弦值.

【答案】(D证明见解析

⑵叵

35

【分析】(1)在aACD中山勾股定理逆定理可得Ao_LC。，再由己知面面垂直可得

3CJ.平面ACZ),则得AOJ.BC,然后利用线面垂直的判定定理可证得结论，

(2)以C为坐标原点，C4为X轴正方向，CB为V轴正方向，过C垂直于平面ABC的

直线为Z轴，建立空间直角坐标系C-xyz,利用空间向量求解.

【详解】(1)证明：在aACD中，因为AC=4,DC=2,4。=2百，

所以AC2=A02+S2,所以AO_LC£),

因为/48=90。，所以BC_LAC,

因为平面ACD±平面ABC,平面ACD平面ABC=AC,BCU平面ABC,

所以8。_1_平面ACz),

因为ADu平面Aer>,所以AO_LBC,

又LCD,BCcCD=C,

所以4)_L平面BC。，

(2)以C为坐标原点，CA为X轴正方向，CB为y轴正方向，过C垂直于平面4BC的

直线为Z轴，建立空间直角坐标系C-孙z,

由题意得A(4,0,0),8(0,4,0),C(0,0,0),D(1,0叫,

所以4B=(Y,4,0),CB=(0,4,0),CO=(Lo,百)

设点E坐标为(x，ʃ.z),AE=ΛAB(2e[0,l]),

则AE=(^lλ,4Λ,0)=(x-4,y,z),

所以％=4-44y=44,z=0,

所以点E坐标为（4-44440）,

所以OE=（3-42,44-G）

因为直线社与直线8C所成的角町,

μ（DE,cβ‰^∣16λ∣

1'71阿忡也3一4.+（4μ+卜可2

解得彳=g

所以点E坐标为（2,2,0）,则CE=（2,2,0）.

设平面CDE的法向量为〃1=（N，X，Z1）

CDn=Oxl+∖∕3zl=O

则1=>取Xl=I,可得％=l

2xf

CE∙H1=Ox+2yl=O

f

再设平面AB力的法向量为%=（和y2Z2）,

ADn=O-3x+λ∕3z=0

则222取々=1,可得%=(l,l,g).

AB^2=O-4x2+4y2=0

I-I-I√IO5

1+1+ɪ∙√l+l+335

所以平面OCE与平面AaD所成的锐二面角的余弦值为®L

35

1°∙（2。22秋.安徽.高三校联考阶段练习）如图所示的几何体是由等高吗个圆柱和半

个圆柱组合而成，点G为QE的中点，。为（圆柱上底面的圆心，力E为半个圆柱上底

面的直径，O,H分别为DE,AB的中点，点A,D,E,G四点共面，AB,EF为母线.

D

（1）证明：OH〃平面BDF；

（2）若平面BO尸与平面C尸G所成的较小的二面角的余弦值为半，求直线OH与平面

CFG所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；

⑵®

10

【分析】（1）过OH构造与平面8。尸平行的平面，通过面面平行，即可证明线面平行；

（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，结合已知二面角的余弦值求得!圆柱的高

与底面半径之间的关系，再由向量法求解线面角即可.

【详解】（1）证明：取EF的中点M,连接0M,又。为。E的中点，所以QM〃DF,

又Z）FU平面BDF,OMcz平面BDF,所以OM〃平面BDF,

因为AB〃所，AS=EF,H,例分别为48,EF的中点，所以8”〃T7M,且B"=FM，

所以四边形8FM”为平行四边形，所以HM〃BF,

又BFu平面BDF,HMU平面BDF,所以HM〃平面BDF,

又0M,HMU平面0MH,OMCHM=M、所以平面OM”〃平面BDF,

因为OHU平面OMH,所以O"〃平面BDF.

（2）由题意知CB,CF,C力两两垂直，故以点C为原点，建立如图所示的空间直角坐

标系：

则C(0,0,0),W-,0,0),F(0,r,0),D(0,0,Λ),G-W力)，O(rO"(r,O,g],

2

h

所以BF=(-r,r,0),DF=(0,r,-Λ),CF=(0,r,0),CG=-L,L,h∖,OH=∖r,-L

2,2

n∙BF=0,-rx+ry=0

设平面8。尸的一个法向量”=(x,y,z),贝!]•,即

n∙DF=0,ry-hz=O

令x=∕z,解得V=/?,z=r,所以〃=(〃,///)：

rb=O

mCF=Q

设平面CZ7G的一个法向量加=(α,A,c),则，y,即

m∙CG=0,

令a=2h,解得b=0,c=r,所以〃2=(2〃,0,厂)，

∖m∙n∖2h2+r

所以∣cos°wMI=

M∣"∣√2Λ2+r2∙√4∕ι2+r

化简，得2，一26=(),所以〃=，,

设。“与平面所成的角为

所以加=(2r,0j),OH=r,-1,-]J.CFG6,

2r2

OHm4

所以sin9=kos(θH,1=强

网,网JL.√5r'0

2r

11.(2022秋・安徽•高三校联考阶段练习)如图，直角梯形ABCD中,

C£>=2A8=28C,ABJL8C,AB〃C，点E为CO的中点，VADE沿着AE翻折至VAPE,

点M为PC的中点，点N在线段BC上.

(1)证明：平面EMNI,平面PBC；

BN

(2)若平面PAE平面ABCE,平面EMN与平面PAB所成的锐二面角为30,求U的

BC

值.

【答案】(1)证明见解析

⑵T

【分析】(1)通过证明EM_L平面PBC来证得平面EMN，平面PBC.

(2)建立空间宜角坐标系，利用向量法，由平面与平面E4B所成的锐二面角列

方程，从而求得案.

BC

【详解】(1)由题意可得，PEJ.AE,CElAE,因为PECE=E,PE,CEu平面PEC,

所以AEJ.平面PEC，因为EMU平面PEC,所以AEJ.EM，

因为3C7/AE,所以EM_L8C,

因为PE=EC,M为PC的中点，所以EM，尸C,

因为PCBC=C,PC,BCu平面尸BC,所以EML平面尸BC,

又EMU平面EMN,所以平面EMNJL平面P8C；

(2)平面尸AEL平面ABeE,平面PAE平面ABCE=AE,PEJ_HE,

PEU平面R4E，所以PEJ_平面ABe£,

以EAEeEP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，不妨设£4=2,设CN=”,

P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),Λ∕(0,1,1),∕V(Λ,2,0),

设平面PAB的法向量为4=(x,%z),AB=(0,2,0),AP=(-2,0,2),

AB•%=2y=0

令z=l,%=(1,0,1),

AP-nl=-2x+2z=0

EW=(0,1,1),硒=(凡2,0),

同理可求得平面EMN的法向量为々=(-2,a,-α),

设平面£MN与平面∕¾5所成的锐二面角为4,

c°sα=.«1«2=下.广&=-≠H=3

解得a=l,

∖n∖[∖n2∖√2×√4+a2+6/22√a2+22

所以黑的值为;.

o(.乙

12.(2022秋.安徽.高三石室中学校联考阶段练习)如图，AB是半球的直径，。为球心,

AB=2,C为半大圆弧的中点，P为同一半大圆弧上的任意一点(异于A,B,C),P

在水平大圆面AoB内的射影为。，过。作QRLAB于R,连接PR,OP.

(1)若C,P为不同的两点，求证：OCIIPR；

(2)若半大圆面ACB与水平大圆面夹角大小为g,求三棱锥P-OQR体积的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

⑵H(

【分析】(1)根据线面垂直可证A8从而可得Oe7/PR.

(2)由(1)可得NPRQ为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，设NBO尸=6,

根据体积公式V=W(COSe-CoS3。)，利用换元法和导数可求其取值范围.

【详解】(I)因为PQ垂直于水平大圆面AO8,而ABU平面AOB,所以PQ1A8,

因为QRLAB,PQQR=Q,PQ,QRu平面PQR,所以432平面尸QR,

而PRU平面PQR,所以A8_LPR,

因为C为半大圆弧的中点，所以ΛBLOC,

因为C,尸为不同的两点，且48,OC,尸R在同一个平面内，

所以Oa/PR.

(2)由ABlPR,AB_LRQ得，

TT

/PRQ为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，所以NPRQ=ʒ-,

设ZBQP=O,由于对称性，不妨设ee(θ,f,

因为AB=2,所以OP=1,

所以PR=Sin6,OR=COSθ,RQ=PRcos^=,PQ=PRSi吟=占Sna,

所以三棱锥尸-。。R体积为：

V=^~OR∙RQ-PQ=^sin2θcosθ=^(cosθ-COS*)，

设f=cos6e(0,l),所以丫=若(”户)，

令S=且(l-3*)=0,得f=近，

24v'3

当0<f<巫时，*<⅛V'>0*;当且<f<l时，V,<0,

33

所以V=若(一/)在［o,与J上为增函数，在［与,1J上为减函数，

故当r=且时，V取得最大值为工，而Y(O)=V(I)=0,

336

所以三棱锥尸-。。R体积的取值范围为(0,5.

I36」

13.(2022秋•安徽六安•高三六安一中校考阶段练习)在①ΛE=2,®AC_LBD,③

ZEAB=ZEBA,这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答.如图，在五

面体ABa)E中，已知,ACVBC,EDIIAC,且

AC=BC=2ED=2,DC=DB=百.

(1)设平面与平面ABC的交线为/,证明：///平面ACZ5E；

(2)求证：平面ABEJ,平面A8C；

(3)线段BC上是否存在一点尸，使得平面AEr与平面A3尸夹角的余弦值等于旭，

43

若存在，求空的值；若不存在，请说明理由.

∕)C

【答案】(1)证明见解析：

(2)答案见解析：

(3)线段以上不存在点尸，使得平面AE尸与平面ABF夹角的余弦值等于生画，理由见

43

解析.

【分析】(1)由线面平行的判定定理证线面平行DE〃平面ABC,,再由线面平行的性

质定理得线线平行。E〃/,从而再得证线面平行；

(2)选①，取AC中点G,BC中点O,AB中点“，连接EG,OQOH,由勾股定理证

明AGJ.EG,然后证明ACJ.平面BCD,从而得面面垂直，由面面垂直的性质定理得

线面垂直，从而得线线垂直.。。,平面4BC,乂有OH,BC,然后以0为坐标原点，

OnOH,OB为X，KZ轴，可建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法证明面面垂直;

选②，先证明平面A8C2平面BCD,然后取BC中点。，AB中点连接。O,OH,

证明DOL平面ABC,然后同选①，

选③，取BC中点。，AB中点H,连接8,0”,EH,结合勾股定理证明即J_0E,

然后证明证明DOl•平面ABC,再然后同选①；

（3）设在线段BC上存在点尸（（V,0）（T≤t≤l）,使得平面AE尸与平面AB尸夹角的余

弦值等于逅，然后由空间向量法求二面角的余弦，求解t,有解说明存在，无解说

明不存在.

【详解】（I）DE//AC,ACU平面ABC,Z）E<Z平面ABC,,OE〃平面A8C,

又■,。EU平面E且平面或）£c平面ABC=/,.•./）£〃/

乂∙.DEu平面Aa>E,平面AC£）E,=>"/平面ACr>£

（2）若选①，取AC中点G,BC中点O,AB中点打，连接EG,00,0”，

ED//AC,CG=-AC=ED,

2

四边形EDCG为平行四边形，.∙.EGlLCD,

D

:.EG=√3,又AG=^AC=1,AE=2,

AG2+EG2=AE2，.∙.AGlEG,

又CDHEG,.-.ACVCD,

又ACLBC,BCCCD=C,8C,COu平面BCD,

.:4。1平面8。。，ACU平面ABC,，平面ABC/平面BCQ,

BD=CD,：.DOLBC,

又ZX)U平面BCO,平面BC£>'平面ABC=BC,

.∙.OOLT⅛iA8C,又OHHAC,ACJ.BC,:.OH±BC-,

综上所述：Oo,OH,BC两两互相垂直.

则以。为坐标原点，OQ,OH,OB为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系,

则A(2,T,0),B(O,1,O),f(∣,0,√2),

AB=(-2,2,0),βE=(l,-l,√2),

DOJL平面ABC,

，平面MC的一个法向量M=(0,0,1)；

设平面A8E的法向量4=(ΛPX,Z∣),

则JA'"=-2x∣+2y∣=0

BE∙nl=Xl-y∣+∖∕2zl=0

令Xl=1，解得：y∣=1，Z∣=0,

.∙.π1=(1,1,0),

.∙.m∙∕zl=0.即w±nl,

・•・平面ABEl与平面ABC.

若选②，AC^BD,ACJ.BC,BCBD=B,8C,BOu平面SCO,

.：AC/平面BCD,

ACU平面ABC,，平面ABC/平面BCD.

取BC中点。，A8中点//,连接。QOH,

又DOU平面BCD,平面BCD'平面ABC=BC,

.∙.DOL平面A8C,

又OHHAC,AClBC,:.OHLBC-.

综上所述：BC两两互相垂直.

以下同选①；

若选③，取8C中点O,AB中点H,连接OaoH,EH,

DC=BD=日；.DOA.BC,又BC=2,..DO=旧

。，“分别为Be,A8中点，.∙.O"〃'AC,

-2

又EZMLAC,.∙.OH//ED,

~2-

四边形DEHO为平行四边形，.∙,EH=OO=&；

AC-LBC,AC=BC=2,AB=2√2>∙'∙EH=-AB,:.AElBE,

2

NEAB=NEBA,BE=AE=2,：.BD2+DE2=BE2，

..BDA.DE,

又DEHAC,:.ACS.BD,

又AC上BC,BCBD=B,BC,BDBCD,

.∙.AC∕平面BCD,

ACU平面ABC,

平面ABCl平面BCD,

又DOLBC,£)0U平面BCO,平面BCQ|平面ABC=8C,

平面A8C,

XOHHAC,AClBC,:.OHLBC-.

综上所述：BC两两互相垂直.

以下同选①；

(3)设在线段BC上存在点尸(01,0)(-14/≤1),

使得平面AM与平面ABF夹角的余弦值等于2，

43

由(2)得:EF=(-l,r,-√2),AE=(-1,1,√2),

设平面AEF的法向量〃2=(%,y2,z2).

AE.n7=-X9+%+近z`-O

则，^r'，

EF.n2=-x2+fy2—√2z2=O

令丫2=4,

则Λ2=2(f+l),Z2=0(l),

.∙.n2=(2(r+l),4,√2(f-l)),

VffiABF的法向量为〃=(0,0,1),

.∣cos<wn,|]〃闻.L2-W5屈

T’丐卜仲同一1.师砺询43，

化简得47-17f+29=0,

Δ=172-4×4×29=-175<0)

方程无实数解，

所以线段BCt一不存在点凡使得平面AEk与平面A8尸夹角的余弦值等于"亘.

43

14.(2022秋.安徽六安.高三六安二中校考阶段练习)如图，在三棱锥A-BCO中,

AB=AD,。为BO的中点，AOYCD.

⑵若.OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱Ao上，QE=2E4,且二面角E-BC-D

的大小为45,求三棱锥A-Ba>的体积.

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)由等腰三角形三线合一性质可得AOVBD-,利用线面垂直判定可证得AOl

平面8C。，由面面垂直的判定可得结论；

(2)以。为坐标原点建立空间直角坐标系，设Q4=机，利用二面角的向量求法可构造

方程求得〃?的值，利用棱锥体积公式可求得结果.

【详解】(1)AB=AD,。为BO中点，..AO_L8£),

又AO_LCz),BDcCD=D,8D,Cz)U平面8C£>,..AOd.平面BCC，

QAOc=平面ABD,平面ABz)J"平面BCD.

(2)以。为坐标原点，OaoA正方向为y，Z轴，过。作垂直于。。的直线为X轴，可

住占4

，B(O-I,O),c

22

.∙∙EB=(θ,q,卷,BC=

设平面EBC的法向量拉=(x,y,z),

Ln42m_

EBn=——y------z=()

33

则令z=2,解得：x=√3m,V=T",∙∙∙"=(√⅛-加,2)；

Reʌ/ɜɪ3

BCn=——X+—y=O

22

Z轴，平面Beo,・•・平面BC。的一个法向量m=(0,0,l);

二面角E-8C-。的大小为45,

I口.〃2√2

CoS<m,n>∖=片-6=/,，解得:m=l↑

司・〃。4"+42

C-OC6一百.,_1_ɪ√3,√3

1zqwj-

SBCD=2Socd=l×l×-=->∙∙VA-BCD=§S8O√=]X^yXl=%

15.(2022秋・安徽六安•高三校联考期末)如图,在四棱锥P-ABCD中，AB=2,8=3