2023年高考数学三轮复习练03立体几何大题压轴练（解析版）

【一专三练】专题03立体几何大题压轴练-新高考数学复习

分层训练（新高考通用）

1.（2023•湖北•校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABC。-中，点M

是正方体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α（O<α<τt）后，得到四棱

锥M'—3'CGF'.

（2）是否存在α,使得直线Mk，平面MBC?若存在，求出α的值；若不存在，请说明

理由.

【答案】（1）证明见解析

（2）不存在，理由见解析

【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论：

（2）假设存在α,使得直线M尸，平面C,建立空间直角坐标系，求得相关点坐

COSa-Sina=0

标,求出平面平面MBC的法向量，则求出MF的坐标，山M1T〃机可得，cosα+sina=Z,

I=TI

此方程组无解，即可得出结论.

【详解】（1）证明：若a=∙^,则平面£>CGH、平面CB'F'G为同一个平面,

连接BH,BF',则M是BH中点，”是89中点，

故MM'是BHF'的中位线，所以'〃GF',MM，=；HF=GF'.

因为肽/〃6/',闻知'=6尸'，所以平面四边形加用下6是平行四边形，所以Λ√G〃用尸.

又MGN平面M'B'F',MFU平面M,B'F',所以MG〃平面M'B'F'

,

同理MC〃平面BM'F',Pi.MGU平面MCG,MC⊂平面MCG,MG1MC=M,

所以，平面MCG//平面M'B'F'.

(2)假设存在α,使得直线M〃_L平面C.

以。为原点，分别以CB,DC,CG为MNz轴正方向建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0),8(2,0,0),M(L-Ll),故CB=(2,0,0),CM=(1,-1/).

m-CB=0

设机=(x,y,z)是平面MBC的法向量，贝上

m∙CM=。'

2x=0

所以r+z=0'取k】'得防=QLD是平面"SC的一个法向量,

取CG中点P,8F中点。,连接尸PM',

则PMɪCG,PQ±CG,PMUCG.

于是NMPM’是:面角M—CG—M'的平面角，NMPQ是：面角M-CG-Q的平面角,

NQPM'是二面角Q-CG-M'的平面角，于是NMPM'=*NMPQ=-,

4

所以NMAQ=。一：，且CG，平面MPM,MP=√Σ,

故Λl'(V∑cos同理F,(2cosα,2sin0,2),

π“一:

所以M户'=2COS6Z-V2COSσ--,2sina-∖∕2sin，1，

因为。-及π2cosa-∖[lcosacos--^sinɑsinɪ=cosα-sinα,

2coscosa^~~

44

π

2sina-V2sina——=2Sina-JΣsinαcos—÷∖∕2cosasin-=cosα+Sina

444

所以Λ∕77'=(CoSa-Sinα,cosα+Sina,1).

若直线M户'_L平面MSC,机是平面MBC的•个法向量，则M产，〃"z.

COSa-Sina=O

即存在彳∈R,使得Mk=彳〃八贝『cosa+sinα=∕l,此方程组无解，

1=λ

所以，不存在ɑ,使得直线M户'_L平面AffiC.

【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在α,使得直线M户'1.平面，要发挥空间想象，

明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定

M尸=(2CoSa—0cos(α-^),2Sina-√Σsin(α-W),lJ,并结合三角恒等变换化简,

从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.

2.(2023春•湖南株洲•高三株洲二中校考阶段练习)如下图，在四棱锥P-ABC。中，

JT

已知PA_L平面A8CO,且四边形ABC。为直角梯形，ZABC=ZBAD=-,PA=AD=2,

2

AB=BC=X.

(1)求平面BAB与平面PCD夹角的余弦值；

(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尸B与。之间的距离.

【答案】(1)@；(2)I

33

【分析】(1)以»8,4〃,4尸｝为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系AXyz,求出平

面PAB和平面PCD的法向量，利用夹角公式求解即可；

(2)设。为直线尸B上一点，且5Q=2BP=(-九0,2Q，利用坐标运算求出点。到直线

CE＞的距离4=片+：.+),求出最值即可.

\22

【详解】解：以卜从为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A孙z,

则各点的坐标为8(1,0,0),C(l,l,0),D(0,2,0),P(0,0,2)

(1)因为R4_L平面ABCZ),且AZ)U面ABa),

.-.PAYAD,又AB_LA。，且PAAB=A,

.■.ADJ平面RiB,

所以AO是平面为B的一个法向量，AD=(0,2,0)

UUU

因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).

设平面PCD的法向量为机=(x,y,z),

则〃?∙PC=。，m2PD0

x+y-2z=0

即令y=1，解得Z=1X=L

2y-2z=0

所以WJ=(1,1,D是平面PCD的一个法向量,

从而-τ,

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为也;

3

(2)因为8户=(-1,0,2),

设。为直线尸8上一点，且8。=ZBP=(-2,0,22),

又Cr)=(T,1,0),CB=(0,-1,0)

贝I]CQ=CB+BQ=(-2,-1,2/1),

则点Q到直线CD的距离d=JCQ2-(ICQkOS(CQ,C£＞》2=CQ。-CQ∙CD

∖CD∖

2

A+=

222499

J≥-

3

所以异面直线PB与CD之间的距离为W.

【点睛】本题考查利用空间向量的坐标运算求二面角，求点到直线的距离，考查学生的

计算能力和空间想象能力，是一道难度较大的题目.

3.（2023•湖南张家界•统考二模）如图，已知三棱柱ABC-ABCI,ZACB=90°,

Aa_LAc,。为线段AC上的动点，ACtIBD.

（1）求证：平面ACClAJ_平面ABC：

（2）若ΛA,AC,。为线段AC的中点，AC=2BC=2,求用。与平面ABC所成角的余

弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）T

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得AQLBC,又BC1.AC,利用线

面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可证明；

（2）由（1）,根据面面垂直的性质可得CG∙L平面ABC,建立如图空间直角坐标系,

利用向量法求出平面ΛlBC的法向量〃=（x,y,z-）,根据空间向量数量积的定义计算可得

CoSG,四力）=半，结合线面角的定义和同角三角函数的关系即可求解.

【详解】（1）己知ACLAG，又AlC,Mu平面ABC,∖C^∖BD=D,

所以AG，平面ABC,

又BCU平面A8C,所以Aa_LBC,

因为NAC6=90。，所以BC±AC,

又ACCAc=A,AC,AGU平面ACGA，所以BC人平面ACGΛ1,

又BCU平面ABC,所以平面4CGA，平面A5C；

(2)由(1)知平面ACGAj•平面A8C,

又平面ACGA平面AfiC=AC,AA1IAC,AAIU面ACC∣A，

所以AAl.平面ABe.又AA〃C∣C,

所以CG，平面ABC,所以C/,CB,CG两两垂直，

以C为坐标原点，CA.CB，CC；的方向分别为X轴、y轴、X轴的正方向,

建立空间直角坐标系如图所示：

因为/U1LAC,所以四边形ACCH为矩形，

又因为AG，AC，所以四边形ACCM为正方形.

因为AC=2,BC=1,所以CCl=2,

所以C(0,0,0),8(0,1,0),A(2,0,2),B1(0,1,2).

由。是线段AC的中点,得。(1,0,1),

所以B=(0,1,0),6=(2,0,2),B1D=(I-I-I).

设平面A1BC的一个法向量为〃=(x,y,z),

n∙CB=0,y=0,

则即

n∙CΛ∣=0,2x+2z=O,

取x=l,则Z=—1,所以鹿二(1,0,—1),

1X1-1X0+(-1)X(-1)-∖∕6

√2×√3^^~∙

设直线耳。与平面ABC所成的角为α,则Sina=卜

所以ΠWG

期以COSa=I—-=—,

所以直线BQ与平面ABC所成角的余弦值为史.

3

4.（2023春•湖南•高三长郡中学校联考阶段练习）如图□,已知VABC是边长为2的等

边三角形，£＞是AQ的中点，DHYB'C,如图□,将B'DH沿边DH翻折至ABDH.

图①图②

RF

（1）在线段8C上是否存在点F,使得AF〃平面BZ汨？若存在，求黑的值；若不存在,

请说明理由；

（2）若平面8,C与平面助》所成的二面角的余弦值为g,求三棱锥B-。C〃的体积.

【答案】（1）存在,黑BF=:1

FC2

⑵述

64

【分析】（1）利用线线平行证明AMH平面BDH,MFU平面BDH,证得平面AMFH平

面或羽，可得AF〃平面应归；

（2）利用已知二面角的余弦值，可以利用向量法或几何法求三棱锥3-DC”的高，结

合体积公式求解.

RF1

【详解】（1）存在点尸满足题意，且总=；，理由如下：

FC2

在图中，取B'C的中点M,连接AA/,则AM〃。/7,

在图中，AMHDH.A"O平面8DH,Z)HU平面SQW,

所以AM〃平面如月，且祟=:；

MC2

BF

在线段BC上取点尸使芸=：1,

FC2

连接M尸,必，则MF//BH,同理可得Mr〃平面也汨，

又因为MFcAM=M∙MEAMU平面AMF,所以平面AMF〃平面加羽,

又因为AFU平面40F,所以AR〃平面BZ)

A

Aa

≥x

BHMcHMC

图①图②

(2)在图中，DHLHC,DHLHB,HCcHB=H,HC,HBu平面BHC,所以

平面BHC,

法一：以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

ZM

By/

m

HMCX

则H(O,O,O),AG，"O),C1|,O,O),L>0,与O,

设∕B∕∕C=6∈(0,π),则'gcosao,;Sin',

OB=P∙cos6>,-Sine=

I222)I22)

设平面BDA的法向量为m=(x,XZ),

∕n∙DB=-cos0--γ+^si∏0=O

…=吗普,即

贝!!222,令y=[,则X

1/o

m`DA=-x-∖———y=0

I22

U招』,包野雪,

Qin()

易知平面BHC的一个法向量〃=(O,L0),

_________1_________ɪ

若平面B4C与平面应切所成的二面角的余弦值为《，则L,jι+coseY5,

VISine)

化简整理得：匕史”

SIne

山|、|。肉.八厉ZlI肝|、IJlC后)

所以tan—=J-,sin。=---,cos。=—,所,以B-,0,——,

2N544(88J

则三棱锥B-"H的高为姮，.

8

又因为底面积SoCH=Lχ3χ3=迈，

"CH2228

所以三棱锥5-DCH的体积为匕=∙Lχ述X巫=3叵.

B-DCH38864

法二：延长AnCH相交于点N,事实上点N即为点B',

则平面BHeC平面BDA=BN,

过H作HTLBN,垂足为T,连接。T,

因为£归_L平面W7C,BNU平面8”C,所以DHLBN,

又HTCDH=H,"T,DHuBN，平面£)77/，所以BN_L平面D77∕∙

DTU平面DTH,则8NJ.DT,所以/0777即为平面BHC与平面的4所成的二面角

的平面角，

即COSNDTH=1,所以HmZDTH=2√2，

即•/八,〃DH2)行，即T"=空，

tanDTH==-ɪ-=2√2g

THTH

又BH=NH=',所以BN=2NT=叵,

24

在ABNH中，设点B到NH的距离为0,由等面积法可得小NH=BN∙HT,解得fι=姮,

8

即三棱锥B-DCH的高h=叵,又二DCH的面积为空，

88

所以三棱锥5—DCH的体积为V=L巫χ2叵=亚.

38864

5.(2023•湖南长沙•湖南师大附中校考一模)如图，在四棱锥尸-ABCD中，底面N2CZ)

是边长为2的菱形，△小〃为等边三角形，平面/¾O，平面/8CDPBLBC.

⑴求点Z到平面P8C的距离；

（2）E为线段PC上一点,若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为叵，求平面ADE

IO

与平面N28夹角的余弦值.

【答案】（1）立

（分析］⑴取AD中点O,连接08,OP.通过证明OP1OB,AD±OB,可得OB=Q,

PB=后由等体积法可求得点A到平面尸8C的距离；

（2）由（1）,如图建立以。为原点的空间直角坐标系，由直线与平面/8C。所成

的角的正弦值为我，可得*］相］求得平面ZDE的法向量后，利用空间向

101333J

量可得平面ZAE与平面/8CD夹角的余弦值.

【详解】（1）取/。中点0,连接。8,0P.

△皿）为等边三角形，OPlAD,0/1=1,OP=B

又平面R4£>_L平面/8Cr）,平面BADc平面/8C。=/。，

OPU平面以D,QPj•平面/5C.

又OBU平面N8CZ）,OPLOB.

PBlBC,BCHAD,PBLAD.

又OP±AD.OPU平面P08,

PBU平面POB,OPPB=P,A。_L平面POA

又108U平面PO8,ADLOB.

OB=G,PB=瓜

设点A到平面PBC的距离为h,

则K"=Vp.ABC即ɪSzirac-/7=|SAABC∙0P,〃邛;

(2)由(1),分别以。4OB,OP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.则尸(0,0,G),C(-2,√3,0),A(1,O,O),D(TO,0),PC=(-2,√3,,

OP=(θ,0,√3),A£>=(-2,0,0),

UUlUUU

设PE=4PC(0≤/I≤1),则PE=(-2A,Eλ,Yλ),

OE=OP+PE=(-22,y∣3λ,√3-√3Λ).

得E卜2%,∙∖∕32,百—y∣3λ^,则AE=(-2A—l,λ∕3Λ,5∕3—小λ).

又OPL平面/8C,则取平面ABCD的法向量仆=(0,0,1).

设与平面ZBCD所成的角为6,则

∣Λ^->∕3Λ∣√30

Sine=CoS(Aɛ,M1

1ɪ,解得4=；

2X—1)+3Λ*^+ʌ/ɜ—ʌ/ɜzj

n2∙AD=-2x=O

则“∙AE=-M+3y+亚z=0∙

设平面4。E的法向量〃2=(X,y,z),

333

令y=2,则取平面ZDE的法向量％=(02—1),又平面ZBC。的法向量4=(0,0,1).

故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为卜。s("∣,%)=1.

ZM

6.（2023春・广东揭阳•高三校考阶段练习）如图，在四棱台ABCo-A4GA中，底面

TT

ABC。是边长为2的菱形，ADAB=-,平面Bz）QBIjL平面ABa）,点O分别为

B∣R,BD的中点,O,B=l,^AlAB,NqBO均为锐角.

（1）求证：AClBB1;

（2）若异面直线CD与4A所成角正弦值为巨，四棱锥A-A8C。的体积为1,求二面

7

角8-AA-C的平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）由面面垂直的性质得到AC平面瓦》＞蜴，从而得到AClB瓦：

（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；

空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.

【详解】（1）•底面A68是菱形，

.∙.AC±BD,

又平面BOQB∣_L平面ABCZ）,且平面蜴平面ABCD=8D,ACu平面ABa）,

.∙.AC1平面8。。的，又BqU平面R与，

.∙.AC±BBl,

(2)解法一:

由(1)知AC_L面BQQ£,又ACU平面4CGA，

平面ACClAi，平面BDD1B1,

作8E_L交线。0，垂足为E,

因为平面ACGAi平面BDD∣B∖=OOt,BEu平面BDDtBt,则BEJ_面ACGA，

又A41u平面ACeA,所以AALBE.

再作8∕7A4,,垂足为尸，BEU面BEF,BEU面8£F,BEBF=B

所以AA•1面8£尸，又面EFUBEF

则EFlAA,,

所以NBFE为二面角B-AA-C的平面角，

VA-APa,=g%co®=gg2∙26∕%=In々=#,

因为AG〃平面ABc。，所以O∣到底面ASCD的距离也为走.

2

作。IHLoB,因为平面3。。旦，平面ABCQ,平面BOD41平面ABCQ=OB,

014U平面BoZ)£,所以01”，平面A88,所以Oa=乎，

又NaB。为锐角，

所以8"=」,/。80=60,

2

又OB=OlB=1,所以ABoa为等边三角形，故0Q∣=l,所以BE=曲,

2

因为ABHCD,所以SinNBAA=理BF=ABSinZBAAt=当ɪ,

2r

所以sin∕8FE=器=万言=，,c。SNBFE=?∙

7

3

所以二面角8-C的平面角的余弦值为.

4

解法.：由(1)知ACL面8。。优，又ACU平面ABC。，

.∙.平面ABCD工平面4，

作QHL8。，因为平面BO"B|_L平面A8C。，平面8。口瓦∩平面ABC£>=8£>,

。声U平面，所以OIH，平面A88,

如图，建立直角坐标系：。为原点，OA,O8为x，V轴方向，Z轴〃

VyABCD=；SABCD-%2后限=Inh=冬

因为AG，平面ABC。，所以。I到底面ABcD的距离也为走.

2

所以OM=当,又“OR。为锐角，所以BH=g,。"=；，/000=60,

又OB=O∖B=l,所以.B00∣为等边三角形，故。。=1,

在空间直角坐标系中：A(√3,0,0),B(0,1,0),C(-√3,0,0),设A岑，则

则A4t=-γ,∣,y∣AB=(-√3,l,θ),ΛC=(-2√3,O,θ),

设平面4B4∣的法向量为应=(X,y,z),

..√3ɪl√3..

m∙AA=------x+-VH------z=0L

222,取利=(1,6,())

m-AB=->∕3x+y=0

设平面ΛCA,的法向量为n=（x,y,z）,

..√31√3n

n∙M=-τχ÷iy÷τ-0ι取”（0,_疯I）

n∙AC=-2∖∣3x=O

/、m`n3

所以8S依〃〉=丽=-"

3

由题知二面角为锐角，故二面角B-AAx-C的平面角的余弦值为4.

4

7.（2023•山西太原•统考一模）如图，四棱锥P-ABCD中，AB//CD,ABLAD,且

AB=AD=ICD=A,PA=2,ZPAB=60,直线与平面ABa）的所成角为

30,E,尸分别是8C和PO的中点.

（1）证明：EF平面∕¼β;

（2）求平面XAfi与平面PAO夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）取Ar）的中点G,连接EGFG,通过证明平面GEF平面P4B，可得EF

平面R4B;

（2）点/为原点，AB,AD所在的直线分别为X轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐

标系.由PA=2,N7¼B=60,直线E4与平面ABCD的所成角为30,可得P坐标，后

利用向量法可得平面PAB与平面FAO夹角的余弦值.

【详解】（1）取AD的中点G,连接EG,FG,

尸是PD的中点，；.GF〃AP,

APU平面PAB,FGa平面PAB,

GF.■平面R48，

同理可得GE:平面R4B,

GEGF=G,GEU平面GEE,GFU平面G£77,

∙∙.平面GEF，平面DW,£/＜=平面6£'尸，；.所〃平面/^；

(2)以点/为原点，A8,A。所在的直线分别为X轴，＞轴，建立如图所示的空间直角

坐标系.

由题意可得A(0,0,0),5(4,0,0),Z)(0,4,0),C(2,4,0),

AB=(4,0,0),AD=(0,4,0).

设尸(x,y,z),因P4=2,直线R4与平面ABC£＞的所成角为30,则z=2sin30=L

乂因∕PA8=60,则点P的横坐标X=2cos60=1.

又Λ4=2,则+,2+1=2,结合题图可知y=应，

则P(l,垃,1),AP=(1,√2,1).

r,、m∙AB=4x.=0

设W=(APX,zj是平面FAB的一个法向量，贝∣"r,

∕π∙AP=x,+√2y1+z1=0

令y∣=ι,则z∣=-7Σ〃2=(0,1,一夜).

r/、H∙AD=4y9=0

设〃=Λ⅛,%,Z,)是平面PAD的一个法向量，则r-

n-AP=x2+y∣2y2+z2=0

令Xl=1,则Zl=-Lw=(l,0,-l).

π

又因两平面夹角范围为0,-,设平面R4B与平面R4Z)夹角为6,

COS0=∣COs(∕M,∕l)∣=ɪɪ=I-=M,

1'71∖m∖∖n∖√3×√f23

•••平面与平面PAD夹角的余弦值为坦.

3

8.(2023•江苏•统考一模)如图，在多面体ABa)E中，平面ACD，平面A6C,BE，平

面A6C,ABC和,4CO均为正三角形，AC=4,BE=B

D

(1)在线段AC上是否存在点F,使得BF〃平面Ar)E?说明理由;

(2)求平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的正切值.

【答案】(I)存在，理由见解析

⑵巫

2

【分析】(1)记AC中点为旭，连结。M,根据线面平行的判定定理即可得出结论；

(2)连结CG,过点8作CG的垂线，连结作出平面CI)E与平面A8C所成的二

面角的平面角，解三角形，即可求得答案.

【详解】(1)记月C中点为例，连结。W,Aa)为正三角形，AC=4.

则。MIAC,且ZW=2√L

因为平面AS∙L平面ABC,平面ACOr平面A8C=AC,OWu平面/8,

所以DM2平面ABC,又因为BE，平面ABC,

所以D必〃8E.

延长MB,DE交于点G,则AG为平面ADE与平面ABC的交线，

因为BE=6,故DM=2BE,所以8为MG的中点，

取AM中点R连结B尸，则8尸〃4G,因为AGU平面AZ)E,6尸0平面ADE，

所以B尸〃平面ADE.

--1.

即线段AC上存在点R当AF=TAC时，B/〃平面A。E

4

(2)连结CG,则CG为平面CZ)E与平面ABC的交线，

在平面ABC内，过点8作CG的垂线，垂足为

连结E”，因为3E_L平面ABC,CGU平面ABC,故.BELCG,

BEIBH=B,BE,BHu平面BEH,故CGJ_平面BEH，

EHU平面BEH,故CGJ_£”，

则∕8"E为平面CDE与平面A8C所成的:面角的平面角.

一ΛBC为正三角形，AC=4,故BΛ∕=2G,则BG=BM=2石，

且NMBC=30NGBC=150,

故在GBC中，GC∙2=BG2+BC2-2BG∙BCCOSNGBC=12+16-2X2√5X4X(-±)=52,

2

故CG=2√13,而SBCC=gBCxBGxsin150=，

故8”=空迎=第,又因为BE=Lzw=√5,

CG√B2

所以tanNBHE==,

BH2

即平面COE与平面ABC所成的锐二面角的正切值为巫.

2

9.(2023•云南昆明•昆明一中校考模拟预测)在三棱锥尸-ABC中，PA=PB,

NBAC=90。，M为棱8C的中点.

R

⑴证明：ABVPMx

⑵若平面PAeJ_平面/8&PA=PB=五,AB=AC=2,E为线段尸C上一点,

2PE=EC,求点E到平面RlM的距离.

【答案】(1)证明见解析

⑵竿.

【分析】（1）取AB的中点为。，先证明ABI平面PoM,进而证得ABj_P/W；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得点E到平面的距离.

【详解】（1）取AB的中点为0,连。P,OM,因为P4=P3,则OP_ZAB：

又M为棱BC的中点，则OM为ABC的中位线，所以OM〃AC,

因为NB4C=90。，则ΛB1AC,则ABIQM：

由于OPCQW=O,OPU平面PQM,。”U平面POM,

则AB工平面PoM,因为AWU平面POW,所以AB_LPA/.

(2)由(1)得OPIAB,且平面∕¾SJL平面ABC,平面RiB、平面A8C=A8,OPU

平面R4B,

则OPJ•平面ABC,又ABLOM,

则以。为原点，OB,OM,OP所在直线分别为X,V,Z轴建立空间直角坐标系，

因为PA=PB=夜，AB=2,则PT+P82=4B。则QP=1,

则尸(0,0,1),4(-1,0,0),M(0,1,0),C(-l,2,0),

1121

因为2PE=EC,则正=3尸。=(一§,1-§),

则户4=(-1,0,-1),AM=(1,1,0),

设〃=(X,y,z)为平面PAM的一个法向量，

PA∙n=-X-Z=O1

则V,令X=1,则y=τ,z=-ιf得"=α,τ,τ),

AM∙n=x+y=O

乂设点E到平面PAM的距高为d,

121

则"=件ɪ=述，

ʌ/ɜ9

10.（2023•云南•统考一模）如图，四边形/8Co是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱

的底面直径，PC是圆柱的母线，E是NC与Bz）的交点，AB=AD,^BAD=60°.

（1）记圆柱的体积为匕，四棱锥P-ASS的体积为匕，求昔；

（2）设点/在线段/P上，PA=APF,PC=ACE,求二面角F—8—尸的余弦值.

【答案】（1）6兀

（2）迥

13

【分析】（I）利用平面几何的知识推得ACl8£>,进而得到BO=26EC⅛ΛC=4EC,

从而利用柱体与锥体的体积公式求得乂，匕关于EGPC的表达式，由此得解：

（2）根据题意建立空间直角坐标系，设|Cq=1,结合（1）中结论与（2）中所给条件

得到所需向量的坐标表示，从而求得平面FC。与平面PCO的法向量"tVin.由此利用

空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【详解】（1）因为∕ABf>与NAcD是底面圆弧AD所对的圆周角，

所以ZABz）=ZAcD,

因为AB=AQ,所以在等腰△•/）中，ZABD=ZADE,

所以NAOE=NACD,

因为AC是圆柱的底面直径，所以NADC=90。，则NC4L>+NACD=90。，

所以NC4P+ZA0E=9O°,则NAEQ=90°,即ACl8。，

所以在等腰△•£>，BE=DE,AC平分/84。，则NeA。=gNBAD=30。，

所以NADE=60。，则NCZ）E=30。，

故在RtCEz）中，CD=2EC,DE=43EC,则8。=2DE=2√5EC,

在RtZXACD中，AC=ICD=AEC,

因为PC是圆柱的母线，所以PCL面A8C。，

所以κ=π∣∣ACjCP^π∖2EC)2PC=4πEC2PC,

⅛=-×-AC-BD-PC=-×4EC×2^EC-PC=—EC2-PC，

23263

所以J∙=6π.

(2)以C为坐标原点，CA的方向为X轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-孙Z,

不妨设同=1,则AC=4EC=4,Df=√3EC=√3,PC=4CE=4,

则C(O,O,O),A(4,O,O),D0,√IO),P(O,O,4),

所以CO=(l,√5,θ),CP=(0,0,4),∕¾=(4,0,T),

因为Λ4=4PF,所以尸F=JPA=(LOI),

则CF=CP+PF=((),(),4)+(1,0,-I)=(1,0,3),

n∙CF=0x+3z=0

设平面FCD的法向量n=(x,y,z)则即＜

n∙CD=0x+V3y=0

令X=-3,则y=G,z=l,故及=(-3,6,1),

m∙CP=0[4r=0

设平面PCQ的法向量加二(p,%r),则<,即｛r,

jn∙CD=Q[p+√3^=0

令。=-3,则g=百,r=0,故/«=(-3,6,0),

TT

设二面角尸—8-P的平面角为6,易知o<e<,,

mnI/\|n'm9÷32√39

所以CoS，=COS(ZI,m)=---------==——------=--------,

I〃∖n∖∙∖m∖√9+3÷l×√9+313

因此二面角F-CD-P的余弦值为噜.

11.(2023•云南•高三云南师大附中校考阶段练习)如图，直四棱柱ABC。-ABC。的

底面ABC。是菱形，E是AR的中点，F为线段BC上一点，AB=2,AA1=\,

ZBAD=60o.

（1）证明：当8尸=9C时，A£J_平面£>EA

（2）是否存在点尸，使二面角A-DE-F的余弦值为（？若存在，请指出点尸的位置；若

不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析

（2）存在，F为线段BC的四等分点（靠近点5）

【分析】（1）利用线面垂直的判定证明；

（2）利用空间向量计算二面角的方法得出结论。

【详解】（1）证明：在矩形AoAA中，AD=2,E为AR的中点，

AA1=AtE=↑,AE=C，同理可得DE=√∑,

在VADE中，AE2+DE2=AD2-ZAED=90°，AELDE，

如图，连接80，在菱形ABCz）U」，ZBCD=60°,且BC=8,

△BCD为等边三.角形,又；尸为BC中点，DFLBC,

BC//AD,DFYAD,

又一平面438上平面A3R4，OFU平面A8C。，平面ABCz）C平面AoqA=A。,

Z）F，平面AOAA，

又AEU平面ADAA,AEYDF,

又IDECDF=D,DEU平面DEF,DPu平面Z）E尸

Afj-平面OEE

（2）存在，当尸为线段BC的四等分点（靠近点B）时，二面角A—DE-R的余弦值为

ɪ.理由如下：

取8C中点尸"连接。尸，以。为原点，建立空间直角坐标系如图,

则A(2,0,0),E(l,0,l),β(l,√3,θ),c(-l,√3,θ),OE=(1,0,1),BC=(-2,0,0),

设F(4,g,θ),则力F=(α,g,θ),

平面ADE的一个法向量为6=(0,1,0),设平面DEF的一个法向量)=(%y,z),

x÷z=O,

解得〃=(6,-〃,-石)

ax+∖βy=0,

二面角A-DE-尸的余弦值为CoSe=3将=—J-"[=』,解得4=±g,

∖'n∖∙∖n∖1.,3+/+352

但当α=-g时，二面角A—DE—f■的平面角为钝角，含去，故α=g.

此时，F为线段BC的四等分点（靠近点B）.

12.（2023春•重庆•高三重庆市长寿中学校校考期末）如图，在四棱台48CD-A4GR

中，底面为矩形，平面A4QQ，平面CGDQ,且CCl=CD=DR=；Ca=L

（1）证明：AZ）J_平面CG。。；

π

（2）若AC与平面CCQQ所成角为?，求二面角C-M-。的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）&

4

【分析】（1）要证线面垂直，只要证AD垂直于平面CGR。内的两条相交直线，根据

所给数据和垂直关系，即可得证；

（2）要求二面角，本题可用空间直角坐标系，连结Aa,由ɑ）可知，ARJL平面CCtDlD,

所以以2为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量

的夹角公式，即可得解.

(I)如图，在梯形Can。中，因为CG=CD=OR=JGR=I,

作OH，RG于H,则〃4=g,所以CoSNo

所以NORC∣=(,连结。G，由余弦定理可求得DG=6，

2

因为OC：+DD;=D1C,,所以DC1ɪDD1,

因为平面AAQQ，平面CCQQ且交于DDl,

所以3G_L平面AAAO,

因为ADU平面4AQN，所以A£)_L£)G，

因为Ao_LOC,DCDC1=D,

以Dt为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

因为AR，平面CGA。，所以AC在平面CGRo内的射影为。C，

TT

所以AC与平面CGDiD所成的角为ZAxCDl,即NACR=ɪ,

在RfZXACD［中，因为CR=,所以AQ=3,

则R(0,0,0),A(3,0,0)，D,Cθ,j,ɪ,C1(0,2,0),

I√∖/

所以Ao=Oq,半，4A=(3,o,o),-ɜɜ

z4C=(-3,2,0),AC

I22J11,2,

设平面MDID的法向量为rn=（x,y,z）,

πl.f∕n∙DlD=O3+旦=O

则有<…八，即〈22，

772DA=Or八

1C3x=O

令y=3,则X=O,Z=-百，故加=（0,3,-G）,

设平面AACC的法向量为〃=（α也c）,

f-3a+2b=0

则有1汇，即36，

n∙A1C=0I-3a+-6+ɪ-e=0

令α=2,则）=3