解答题练习 2023届重庆新高考数学复习3立体几何

2023届重庆新高考数学复习

专题3立体几何解答题30题专项提分计划

1.(2022.重庆.统考模拟预测)如图，在三棱锥A—BCO中，AB=AC=AZ)=3,8。LOC.

(1)证明：平面ABCI平面BCD；

TT

⑵若二面角8-8-A的大小为f,8O=4,求直线Ao与平面ABC所成角的正弦值.

4

【答案】(1)证明见解析；

⑵警

【分析】(I)根据面面垂直的判定定理进行证明即可；

(2)根据二面角和线面角的定义，结合线面垂直的判定定理和性质进行求解即可.

(1)

设点A在面88内的射影为点0,由AB=AC=ArMEQB=OC=OD,又ABCD为宜.

角三角形，故点0为线段BC的中点，则QA_1面88,又CAu平面45C,

二平面ABCl平面BCD；

(2)

过点。作BD的平行线交CO于点M,则OM_LCZ),连接AM,

因为OA±面BCD,QWU面BCD,

所以OAj_8,04OM=O,OA,OMu平面4W,所以COL面AoM,

而AWU面AOM,

Tt

所以AMLCD所以NoM4即为二面角的平面角，故NOMA二:，

14

.∙.OA=OM=^BD=2,则AM=20，OB=√9-4=√5.,

4×24

过点。作DHLBC于H,连接A4,DH=2^=7/5

由面ABC2®BCD,

因为平面ABCc平面BCD=3C,DHLBC,Z)"u平面88,

所以IWj■面ABC,

.∙.N∩4H即为直线D4与平面ABC所成角，SinNDAH=也=，j==还

DA3√515

2.（2022•重庆沙坪坝•重庆南开中学校考模拟预测）如图，在四面体ABCD中，G为小ABC

的重心，E,尸分别在棱BC,CDh,平面ΛBD〃平面EFG.

⑴求箓的值；

（2）若AB上平面BCD,Z）CJ_C3,且AB=3C=α>=3,求二面角A-FG-E的正弦值.

【答案】（IN

zɔʌ3Λ∕58

（NJ-----------

58

【分析】（1）延长CG交AB于点”，连接£>〃，根据重心的性质可得岩=：,根据面

面平行的性质得到FG〃£>”,即可得解：

（2）由线面垂直的性质得到AB_LCD,即可得到OCL平面ABC,建立空间直角坐标

系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解；

【详解】（1）解：延长CG交A8于点H,连接

I因为G为一ABe的重心，所以“为AB的中点，且H=］，

CH3

因为平面ABD//平面EFG,平面ABf)C平面DCH=DH,平面EFGC平面DCH=FG,

所以FGUDH

所以..CFGs.CDH,

(2)解：因为ABi平面BC£>,8C,COu平面88,所以45上3C,ABYCD,

因为£>C_LC8,BelAB=B,BC,AB⊂ψ∣fi∣ABC,所以。C_L平面ABC,

CFCF2

如图建立空间直角坐标系，由(I)同理可得瓦7/%>,则三=三=3，

CDCB3

所以A(3,0,0),E(0,3,2),£(0,1,0),G(l,l,θ),

所以GF=(T22),GE=(T,0,0),GA=(2,-1,0)

设平面AFG的法向量为"=(x,y,z),则，“8x+2j+2~0,令尢=2,则y=4,

n-GA=2x-y=0

z=-3,贝U〃=(2,4,-3),

设平面“G的法向量为〃=7(〃也c),则Y"，："—"+y+2c'=。，令》=],则々=0,

`7m∙GE=-a=0

c=-l,则机=((M,-1),

限司77

设二面角A—/G—£为凡显然二面角为钝角，则COS6=-%4=一=一工,

,卜网√2×√29√58

所以sin。=JI-COS2。=,

58

所以二面角A-AG-£的正弦值为返;

58

3.（2022・重庆・重庆八中校考模拟预测）在三棱柱48C-ABC中，四边形AAAB是菱

形，ABlAC,平面AASB_L平面ABC,平面ASG与平面做C的交线为/.

(1)证明:AB±B1C;

⑵已知NA%=60。，AB=AC=2〃上是否存在点P,使AB与平面ABP所成角为60°?

若存在，求与尸的长度；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析

（2）不存在，理由见解析

【分析】（1）由四边形44田田为菱形，得到A1B∙i∙AA,根据平面AAqBJ■平面A8C,

证得ACLAB,进而得到ABL平面54C,从而证得48IBC；

（2）取Aq中点。，连接A£>,证得AOL平面A8C,以A为原点，以AB，AC›AD

方向分别为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系，设4P=∕L4C,得到AP=（1,2儿6）,

求得平面ΛBP的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.

(1)

证明：因为四边形AAgB为菱形，所以ABJ.4B∣,

平面AAgB，平面A8C,平面AAIBlBC平面ASC=Afi,ACU平面A8C,

又因为ACJ_AB,所以ACj■平面AA48,

又由AIBU平面AAl8/,所以AC,A8,

因为AgAC=A,所以A3,平面片AC,

又因为BUU平面4AC,所以AlBLgC.

(2)

解：/上不存在点/，，使AB与平面48/，所成角为60。，

理由如下：

取A片中点£),连接AD因为44阴=60。，所以NAABI=60。，

又AA=AB-所以&4A与为等边三角形，所以AO,

因为AB∣∕∕48,所以AΓ>1AB,

又因为平面AABi81.平面ABC,平面AAqBC平面ABC=Aβ,AQU平面44内8.

所以Az)L平面ABC,

以A为原点，以Ag,AC,AO方向分别为X轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标

系A-型，如图所示，

可得A(0,0,0),8(2,0,0),C(0,2,0),A(T,0,√3),B,(l,0,√3),

则AC=(0,2,0),48=(2,0,0),AB1=(l,0,√5),

因为AC//AG，ACU平面ABC,AGU平面ABC,所以AC∕/平面A4G，

又因为ACU平面ABC,平面ABCC平面A8∣C=/,所以AC/〃，

假设/上.存在一点R使AB与平面A8P所成角为60。，

设4P=∕lAC(∕l∈R),则8/=(0,240),所以AP=AB∣+B∕=(l,2∕l,6),

设"=(x,y,z)为平面ABP的一个法向量，则1L,

n-AP=x+2λy+√3z=O

取y=-石，贝∣Jz=24,u]¾n=(θ,-√3,2∕l),

所以S./4+*）卜制

又由A8=(3,O,-G)B

2

BP9+12Λ2=4Λ2.此方程无解,

因此/上不存在点P,使AB与平/RP所成角为60°.

4.（2022•重庆涪陵•重庆市涪陵高级中学校校考模拟预测）如图，在三棱锥A-3CD中，

一ABC是等边三角形，点A在平面BC。上的投影是线段BC的中点E,AB=AO=AC,点

F是OC的中点.

（1）证明：平面ACr>_L平面AE/；

（2）若63C=2BO,点G是线段30上的动点，问：点G运动到何处时，平面ΛfG与平面

Aa）所成的锐二面角最小.

【答案】（1）证明见解析；

⑵G为BD中点.

【分析】（I）可先证CD，平面AEF,即得平面AcD1平面AEF■.

（2）根据条件可得底面三角形为，30。，60°,90。的特殊直角三角形，据此建系，利用

空间向量可求得平面AEG与平面AC。所成锐二面角的余弦值的表达式.

(1)

1*1为点A在平面BCD匕的投影是点E,：.AEl.平面BCD,：.AELCD,

VAO=AC,点尸是DC的中点，ʌAFJ.CD

「AFcAE=A.AE,AFu平面AM,

，CD_L平面AEF

又：COu平面4CD,

平面AC£>!.平面AE尸

(2)

-AB=AD=AC,点A在平面BCD11的投影是点E,

：.EB=ED=EC,：.B,C,。在以E为圆心的圆上，.,.ZBDC=90o

,.∙√3BC=2BD,：./80)=60。，

在平面BC。中，过E作EHJ_8£>,垂足为H,以EH为X轴，EF为y轴，EA为Z轴,

建立空间直角坐标系,设BC=A则E((),O,O),A(0,0,2√3),C(-1,√3,0),D(l,√3,0),

设G(l,y,O),则EA=(0,0,2我,AD=(l,√3,-2√^),CD=(2,0,0),EG=(I,y,0)

设平面AEG的法向量为nɪ=(Xl,χ,z∣)

,n-EA=2y∕3zl=O.

由{可得勺=(y,-1,0)

H1∙EG=X+yy∣=O

设平面ACD的法向量为%=(WSE)

I{∙CD=2X2=O

可得％=（。，2,1）,

nl∙AD=x2+>∕3γ2-2∖∣3Z2=O

设平面AEG与平面ACO所成锐：面角为

.2

则CoSe=卜OS(HI,%6行+[,

，当y=0时，COSe最大，此时锐二面角6最小,

故当G为8。中点时，平面AEG与平面ACQ所成锐二面角最小.

5.(2022•重庆沙坪坝•重庆八中校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A4G中,

(1)若证明：AMJ.平面4⅛W；

(2)若一AfiC是正三角形，P为线段4知上的动点，求BP与平面ABC所成角的正弦值的

取值范围.

【答案】(1)证明见解析

√22√5

⑵^T,^^5^

【分析】(1)由线面垂直的性质得到AALAB,再由AB上AC,即可得到AB/平面

ACCtAt,从而得到AMLAB,再由勾股定理逆定理得到A",AM,从而得证；

(2)取AC的中点为N,连接BN,取AG的中点M，连接M½,由面面垂直的性质

得到NNJ平面"C,建立如图所示空间直角坐标系，设P((V,3-f),re[-1,1],BP

与平面ABC所成角为，，利用空间向量法求出线面角的正弦值，

(1)

证明：在直三棱柱ABC-AlBtCl中，A∣AL平面ABC,ABu平面ABC,所以4①，AB,

又ΛB1AC,AlAiAC=A,A,A,ACu平面ACGA,所以ABI平面ACGA,

又A1MU平面ACC1A1,所以A1M±AB,

又在矩形ACCM中，AA=4,AiM=AM=2y∕2,即AM?+=/I1A?,

所以AM，AM,

因为AB；AM=A,AB,AMu平面48M,所以AMI平面

(2)

解：取AC的中点为N,连接8N,所以BNLAC,

又平面ABC/平面ACG4,平面ABCC平面ACGA=AC,BNu平面ABC,

所以BN，平面ACGA,取AG的中点M,连接NN∣,同理可得NNi平面ABC,

如图建立空间直角坐标系，则可后0,0),C(O,1,O),A(O,T,4),M(0,1,2),设

P(0,f,3τ),f∈[-l,l],则BP=(-√3√,3-z),

易知平面ABC的法向量为n=(0,0,1),设WJ与平面ABC所成角为凡设f-l=∕l∈[-2,0],

_I(3*=近∣]3(1)

所以Sine=I37

2V2f2-6r+122Vf2-3t+6

y∣3+t+(3-t)~

=^.I1-

2VΛ2-2+4

历

当2=0时sin6=——，

2

当几∈[-Z0)时,Sine=等

J1^Λ-L-,因为y=∙r+g在12,0)上单调递减，

所以Sine关于儿单调递减，

故SinJe伴,芈，

I2ɔ_

Q.—/日∙∩V22Λ∕5

综上可r得Sln6∈-ɪ,-

z八

≡(：jM

Λ

X

6.（2022•重庆沙坪坝•重庆南开中学校考模拟预测）在三棱柱48C-ABC中，ABlBC,

平面ACGA，平面A8C,AA=ACE,F分别为线段4C,4蜴的中点.

B1

⑴求证：EFIBC-,

（2）若AB=BC=0，直线AA与平面GE尸所成角的正弦值为J,且幺46>30。，求三

棱锥G-AEF的体积.

【答案】⑴证明见解析

⑵4

6

【分析】（1）先证线线垂直，再证明线面垂直，从而可得线线垂直；

（2）建立空间直角坐标系，根据题中的条件得AE=也，再将问题转化为求％-GAF即

可.

【详解】（1）∙.∙A4,=A1C,E为AC的中点，.∙.AELAC,

乂∙.∙平面ACGA_L平面A8C,平面ACGA〕平面ABC=AC,

.∙.AE，平面A8C,且BeU平面ABC,.∙.AEL8C,

•；AB±BC,AB//Λ1Bl,：.BC1A1B1,

又AM∩AE=A,∙∙∙BC人平面AEBI,

乂EFU平面AEB∣,；.EFqBC.

（2）如图，以A为坐标原点，分别以Ac,AE为X，Z轴正方向，Ac所外建立

空间直角坐标系，设AE=。，则4（。,。'。）,4（一1,0,〃）,。|（2,0,0）,£：（0,0,4）,尸（；，3,0）,

AA=（^^l,0,0）,Gb=（一1,],θ）,GE=（—2,0,67）.

设平面C1EF的法向量与=(x,y,Z),

-2x+az=O

??∙CE=O

则1，即是I31C解得〃=(α,3α,2),

n-CF=O——x+-y=0

l22

由题意：件给=!，即/,2\02，=］，解得α=√i或〃=或,

HAM6√l+a2∙√10α2+465

•；ZA1AC>30°,

•∙a=Λ∕2，

由A8=8C=血有ABJ.BC,可知NGAA=45°,

,,vv

Cl-AlEF=E-ClAlF=XgX'2X等X0=等∙

7.(2022•重庆江北•校考一模)已知三棱锥P-ABC(如图一)的平面展开图(如图二)

中，四边形A6CD为边长等于0的正方形，.ABE和ABCF均为正三角形，在三棱锥

P-ABC中：

图一图二

(1)证明：平面以C_L平面A8C；

(2)若点〃在棱3上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角

M-BC-A的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵*

【分析】（1）根据三棱锥尸-ABC的平面展开图确定各棱长，由勾股定理和等边三角形

性质先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明平面HAC_L平面ABC；（2）确定M

在棱Rl上的位置，建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可.

【详解】（1）如下图所示：

由题意得Λ4=PB=PC=√^,OP=I,OA=OB=OC=I;

•.在APAC中，PA=PC,AC的中点为。，：.OPLAC.

乂.在APQB中，OP=I,OB=I,PB=C.,

:.OP2+OB1=PB1..-.OPLOB-,

又•，ACCOB=O,ACU平面ABC,OBU平面A5C：

.∙.OP1.平面A8C,

又OPU平面PAC,

平面PACl•平面ABC

(2)由(1)可知，OBVOP,OBlAC,ACOP=O

:.OBL平面PAC,即NBWO为直线BM与平面PAC所成的角，

且IanNBMo=---=----,

OMOM

所以，当。“最短时，即”为R4的中点时，NBMO最大;

由图可知，以。为坐标原点，OC,OB,OP所在直线分别为x,%z轴，建立空间直角

坐标系，

则。(0,0,0),C(l,0,0),5(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),Λ∕(-lθɪ)

22

31

BC=(1,-1,0),PC=(1,0,-1),MC=(pO,--);

设平面MBC的法向量为m=（x,y,Z）,

m∙BC=X-y=O

则

m∙MC=3x-z=0

令X=1,得y=l,z=3,EPm=（1,1,3）；

易知，平面ABC的法向量为〃=（0,0,1）,

设二面角M-BC—A的平面角为θ,

所以，二面角M—BC—A的余弦值为斗.

8.（2022.重庆沙坪坝.重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC-AB£中，BC=CC1,

AC=AB1.

（1）证明：平面48C∣∙L平面8CC4；

Q）若BC=CAC,AB=BtC,NCBBl=60。，求直线BA∣与平面ABG所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；

⑵亚

7

t分析［（1）设BGQ旦C=O.连接AO,由题意可得。为3G,B0的中点，又因为

BC=CC1,AC=AB1,所以COLBG，AO±B1C,从而可得平面A8C∣,即可

证明平面ABC1L平面BCC1B1:

（2）建立以O为坐标原点，。氏。片,QA所在的直线分别为X轴，y轴，Z轴的空间坐标系，

利用向量法求解.

【详解】（1）证明：设BGI耳C=O,连接A。,如图所示:

因为BC=CG,

所以CO_LB£,

g∣JB1CIBC1,

又因为AC=A用，

所以AOLBC,

又因为AoCBG=0,

所以BC，平面ABeI,

又因为BCU平面BCC百，

所以平面ABG，平面BCC4；

(2)解：因为NCBBI=60。，

所以ACB四为正三角形，四边形BCG区为菱形,

因为8C=√∑4C,AB=BIC,

设AC=I,则ABl=1,BC=应，

所以ACBl为等腰直角三角形，

所以OA=交，

2

又因为四边形5CG用为菱形，

所以CO=OBl=巫，BO=-×√2=-,

1222

乂因为AB=8∣C=0,

所以OA2+08?=2+9=2=AB?,

44

所以。A_L8G，

即QA8G,gC两两垂立,

以。为坐标原点，。民。旦所在的直线分别为X轴，＞轴，Z轴，建立如图所示的坐

标系:

所以b(ɔ^,θ,θ),^ɪ(θ,-ɪ,θ),C(0,--ɪ-,θ),A(0,0,^^∙)»C∣(--^-,0,0)»

设A(Xo,%，Zo)，

UUUUUU./ɔ./ɔA∕A

z,

111CA=C1A1可fʃJ-(0,,-γ-)=(x0+-^-,>()»o)

gɪ-Uy/6y/2∖∕2

9T以XO=一彳，%=E，z()="y，

所以AH,享孝)，

所以地UUffl=(-"L,上、历,卫)UUlin

,B1Q

设平面ABc的法向量为n=(x,y,z),

BIGn=O

所以

faW-O

立

-√6-

TA2y=0

匈

有

即

立

2+

-2Z==O

令Z=6,得X=I,y=-ʌ/ɜ,

所以〃=(1,-6,G),

设直线BA与平面Afi1C1所成角为θ,

,〃>1=*=4

则有sinθ=|cos<BA

√7∙√77

所以直线网与平面MG所成角的正弦值为卓

9.（2023・重庆•统考一模）如图，在直三棱柱ABe-ABG中，侧面ABBM是正方形,

且平面A/C，平面ABBM.

⑴求证：ABlBC-.

（2）若直线AC与平面ABC所成的角为J,E为线段Ae的中点，求平面ABE与平面BCE

O

所成锐二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）通过证明BC工平面ABBM来证得ABlJBC.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面ABE与平面BCE所成锐二面角的大小.

【详解】（1）设A8ABI=M,则A/中点为且AM_LAB

∙.∙平面A1SC1平面AB4A且交线为A1B,4Wu平面ABBtAt,

二AMI平面ABC,

：3CU平面ABC,ΛAMLBC,

乂直三棱柱ABC-AlBlC,,ΛBBl1BC,

•；AMCBB1=Bl,AM,BB1U平面ABB1A1,

二BCI平面ABgA1,

：ASu平面ABqA，；•AS1.

（2）由（I）知A"/平面ABC,

所以直线AC与平面ABC所成的角为NACM=冷Tr，

不妨设AB=2,AM=√2,AC=2√2,BC=y∣AC2-AB2=2

以B为原点，3A,3C,3g分别为》，y,z轴正向建立坐标系,

A(2,0,0),C(0,2,0),E(l,l,l),

设平面ABE的法向量为〃=(x,y,z)

n`BA=2x=0

,故可设〃=(OJT),

"∙8E=x+y+z=0

设平,面CBE的法向量为，〃=(%,X,z∣),

m∙BC=2y.=0

<,故可设加=(1,0,-1),

m∙BE=x1+γ∣+zl=0

设平面ABE与平面BCE所成锐二面角为θ,

-OS"］靛■超带

S

B

10∙(2022∙重庆沙坪坝•重庆八中校考模拟预测)如图,三棱柱ABC—A/QG中，点A/

在平面ABC内的射影。在AC上，NACB=90。，BC=I，AC=CC∣=2.

SJ___KB

A

⑴证明:AG_LA/B；

（2）设直线A4/与平面BCC1B1的距离为√3,求二面角4-AB—C的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；

⑵二面角"BH的余弦值为:.

【分析】（D由条件证明AcjLAC，BC,由线面垂直的判定定理证明AG，平

面ABC,由此证明AG，A8；(2)建立空间直角坐标系，结合条件直线A4与平面

BCG小的距离为G，确定相关点的坐标，利用向量方法求二面角4-AB-C的余弦值.

(1)

：点4在平面A8C内的射影。在4C上，

，平面ABC,又BCU平面ABC,

.∙.AtDlBC,BC±AC.ACnAiD=D,AC,AQu平面AACC,

.∙.BC工平面AAGc,AGU平面AAIGC,

AC11BC,

∙.∙AC=CG=2,四边形AACC为平行四边形，

...四边形AAGC为菱形，故AG_LAc,

又BCA,C=C,BC,A1Cu平面ABC,

.∙.AC∣1平面ABC,ABU平面ABC,

.∙.ACtIAtB;

以C为坐标原点，以C4,CB,D41为X轴，＞轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系，设

A(αQ,c),由题设有α≤2,c>O,A2,0,0)3(0,1,0),

设平面BCClBl的法向量机=(x,Xz),则，〃'f?=?,因C5(0,1,0),BBl=AA,=(a-2,0,C),

m`BBl=O

y=0

所以

(a-2)x+cz=O

222222

所以An=(C,0,2-a),又CA=(2,0,0),AA1=AD+A1DBP2=(2-a)+C,

所以点A到平面BCC1B1的距离为|明辰（九CA）I=4苧

C,又依题

JC2+(2-4)2

设，直线A4与平面8CC/8/的距离为6,所以c=√L代入①得。=3（舍去）或。=1,

于是M=（-1,0,6）,

设平面A的的法向量∕i=（p,q,r）,则卜学=R所以卜+小=。，所以

n-AB=O[-2p+q=0

∕7=（√3,2√3,1）,又P=（0,0,1）为平面43C的法向量，故c°s（〃，P〉=瑞=；,

所以二面角4/8--C的余弦值为

4

11.（2022・重庆・统考模拟预测）在直角梯形ABCD中，AB〃CRAB，AD,AB=ICD=A,

E,尸分别为AO,BC的中点，沿E尸将四边形EFCD折起，使得DELB尸（如图2）.

图1图2

（1）求证：平面A3自E_L平面EFCQ；

（2）若直线AC与平面ABFE所成角的正切值为远，求二面角C-EB-F的余弦值.

3

【答案】（1）证明见解析

⑵*

【分析】(I)由EF//AB//CD,得。EJ_EF,由£)E_L8R,得DEq平面ABFF,能

证明平面AW¾_L平面EFCD.

(2)过点C作CGLEF,交EF于点G,连接AG,由面面垂直的性质得到CGj_平面

ABFE,则直线AC与平面AfiEE所成角的平面角为NCAG,设DE=h,即可表示出AG.

再由锐角二角函数得到方程，求出"最后建立空间角坐标系E-型，利用向量法能求

出二面角C-EB-F的余弦值.

(1)

证明：由题设条件，EF//AB//CD,AB±AD,

则0E_L£F,乂DELBF且BF「EF=F,B尸,E∕u平面Afi",

则£>E1平面ABFF,又E>Eu平面EFCD

故平面ABFE_L平面EFCD.

(2)

解：过点C作CGLEF,交EF于点G,连接AG,因为平面ABEE_L平面EFCr>,平

面A"E平面EFCD=EF,所以CG，平面ABFE,

故直线AC与平面ABfE所成角的平面角为NC4G,设DE=力，则在心AC4G中，

CG=DE=h,AG=√f,G2+E42=√Λ2+4-

所以tan∕CAG=gg=∙74==g,解得〃=2拉，如图，建立空间角坐标系E-孙z,

2

AG√∕Z+43

则£((),0,0),尸(0,3,0),D(0,0,2√2),Λ(2√2,O,O),β(2√2,4,θ),C(0,2,2闾,

所以EC=(0,2,2匈，EB=R立4,0)

则平面EBf的法向量为m=(0,0,l),

设平面CEB的法向量为。=(X,%Z),

n∙EC=2y+2∖∣2z=0LL

由<L,令y=-4i,则〃=(2,-√Σ,l),

n`EB=2∖∣2x+Ay=0

则二面角C-EB-F的余弦值为卬5•砌=器含=冬

12.（2022•重庆九龙坡•重庆市育才中学校考模拟预测）如图，在三棱锥用-ABC中,

TT

MA=MB=MC,AC=2AB,=§,点O是AC的中点，点P在线段MC上，

⑴证明：MOL平面ABC；

JT

（2）若AC=A",直线AP与平面ABC所成的角为∙,求二面角尸-AB-C的余弦值的

76

大小

【答案】（1）证明见解析；

⑵I.

13

【分析】（1）连接80,由给定条件证明=MO3,再由线面垂直的判断推理作

答.

（2）在平面ABC内过。作ODLAC,再以。为原点建立空间直角坐标系，借助空间

向量计算作答.

（1）

连接8。，如图，由M4=Λ∕C,OA=OC,得MO_LAC,而NBAC=AC=2AB,

在JWC中，由余弦定理得：BC2=AB-+AC--2AB-ACcosABAC=3AB2.

JT

RIjWAC2=AB2+BC2有NABC=-,即/W18C,因此，OW=OB=OC,

12

又MA=MB=MC,于是得AMoA≡ΔMO8,ZMOB=ZMOA90,即Mo_LO8,

又有ACCBo=O,AC,BOc∑^-^^ABC,

所以MO_L平面ABc

由（1）可得，平面AMC-L平面A8C,AP在平面A8C内射影为AC,

即NRAC为直线4P与平面ABC所成的角，ZPAC=^TT

6

∖S∖AC=AM=MC,则点P为线段MC的中点,

在RtAABC中,过。作Oz）J_AC交BC于D,则OO,OC,OM两两垂直,

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

不妨令M4=4,则A(O,-2,0),β(√3,-l,θ),C(θ,2,θ),Λ∕(θ,θ,2√3),p(θ,l,√3),

PA=(θ,-3,-√3),AB=(√3,l,θ),

n∙PA=-3y-∖∕3z=0l-

设平面PAB的法向JSM=(X,y,Z),则,r,令x=l,得"=(1,一代,3)»

/?•AB=√3x+y=O

3√13

乂平面48C的法向量〃?=（0,0,1）,则cos（孙〃）=m∙n_3

∣∕n∣∙∣n∣Jl+3+9xl13，

而二面角P-AB-C的平面角为锐角,

所以二面角P-AB-C的余弦值为士叵.

13

13.(2022.重庆沙坪坝.重庆八中校考模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，侧面

底面ABC,AClBC,aPAC是边长为2的正三角形，BC=4,E,F分别是尸C,PB的

中点，记平面AEF与平面ABe的交线为/.

(1)证明：直线平面PAC；

(2)设点。在直线/上，直线PQ与平面AM所成的角为α,异面直线PQ与EF所成的角

为，，求当AQ为何值时，a+θ=^-.

2

【答案】(1)证明见解析

IT

(2)当AQ=I时，a+θ--

【分析】(1)证明线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，结合面面垂直证明

线面垂直；(2)作出辅助线，找到直线尸。与平面AEF所成的角α,异面直线PQ与EF

所成的角为0,结合三角函数的性质进行求解.

(1)

因为E,F分别是PC,PB的中点，则BC〃EF,乂BCU平面AEF,EFU平面A所，

从而BC〃平面AEF.

因为BCU平面A8C,平面AEFc平面ABC=/,则BC〃/,

因为平面E4C，平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,BC1AC,则BC1平面PAC,

所以直线平面PAC.

⑵

P

因为8C工平面PAC.PCU平面PAc,则5CLPC.又E/〃3C,则EFJ_PC.因为

△PAC为正三角形，E为PC的中点，则AE，PC.因为AECEF=»从而PCL平面AEF.

连接E。，则NPQE=α,

因为/〃所，UPA,则NPQA=O,

PE1A0

在RJPEQ中,Sina=k=而，在RrPAQ中，cos0=-.

TT

因为。+，=,,则Sina=COs6,得AQ=1.

所以当AQ=I时，α+e=g.

2

14.（2022・重庆・校联考模拟预测）如图一，等腰直角三角形ABC的底边Λfi=4,点。在

线段AC上，DEJ.AB于E,现将VAr）E沿OE折起到△尸DE的位置（如图2）.

图1图2

（1）求证：DELPB；

（2）若PEJ_8£,直线尸£）与平面PBC所成的角为30。，求平面Pz5E与平面PBe所成锐

二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵当

6

【分析】（1）由题意可得DEɪPE,DEɪBE,则由线面垂直的判定可得DEJ.平面PBE,

再利用线面垂直的性质可得结论，

（2）由DELPE,DELBE,PElBE,所以以E为坐标原点，ED.EB、EP所在直线

为X轴、V轴、Z轴建立空间直角坐标系，设EP=°,然后由PQ与平面PBC所成的角为

30°,利用空间向量可求出〃，再利用空间向量可求得结果

【详解】(I)依题意，DELPE,DELBE,

因为PECBE=E,

所以oE/平面尸8E,

又因为PBu平面PBE,所以PB_LZJE

(2)因为DELPE,DE，BE,PELBE,所以以E为坐标原点，ED、EB、砂所在直

线为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系

设印=0,则β(0,4-a,0),D(a,0,0),C(2,2-a,0),P(0,0,d)

PO=(α,0,-α),PB=(0,4-a,-a),BC=(2,-2,0)

(4-a),v-az=04—〃

设平面P5C的法向量为〃二α,y,z)得「ɔ-n,则〃=(1,1,——)

2x-2y=0a

所以sin30o=∣cos<PD,τ?>|=ɪ

2

4

得4=g或α=4(舍去)

又平面PDE的法向量为m=(0,l,0),平面PBC的法向量为片(1,1,4),

设平面PZ汨与平面PBC的锐二面角为，,

所以cosθ=Icos<m,n>1=­⅛==2——ζ==

111×√1831×√186

15.(2022.重庆渝中.重庆市求精中学校校考一模)如图，在三棱柱ABC・AqCl中,

AAi=AB=AC=BC=2fAAxAB=60,AC=瓜

(1)求证：ABlAiC.

⑵若物=54",求二面角M-BC-A的余弦值.

【答案】⑴证明见解析

⑵遮

7

【分析】(1)先利用等边三角形性质证明4?上平面AoC,然后利用线面垂宜的性质

即可;

(2)先建立空间直角坐标系。-孙z,然后写出相关点的坐标，进而写出相关向量，然

后求出二面角所涉及的两个平面的法向量，然后利用向量的数量积来表示出二面角即可

【详解】(1)

取AB的中点为。，如上图：由于和-ABC为正三角形，则AB，/。，ABLCO.

乂AloCeo=O,

则有：AB立平面A。。，

又ACU平面AQC,

故A8"C

(2)如图所示，以点。原点，OC、03所在直线为X、y轴，建立如图所示的空间直

角坐标系。-孙Z,

则有:A(0,0,6)、A(o,τ,o)∖c(√3,o,o),Bl(0,2,√3),

AA1=54",则有：例=54",

可得：，"[o,-g,9

rn14*

则有：Λ1⅛=(0,2,0),ΛlC=(√3,0,-√3).Λ⅛=

,βlC=(√3,-2,-√3),

设平面ABC的法向量为"=(χ∣,y∣,zj

7?∙AB,=0

则有:l

n-AlC=0

yι=0

可得:

-√3z=0'

k11

不妨取Xl=1,可得：;=(1,0,1)，

设平面MBC的法向量为；；=%,Zz)

m`MB、=0

则有:

m∙B1C=0

14^4√3n

二%+『=0

可得：

>∕3X2-Iy2-y∕3z2-0

不妨取Z2=7,可得：肃=(3,-26,7)，

设平面MBC与平面ABC所成角为6,

易得：H=√9+12+49=√70,∣n∣=√2,

故平面MB1C与平面A1B1C所成角的余弦值为叵.

7

16.(2023・重庆・统考一模)如图，在五面体ABa)EF中，ABI/CD//EF,

ZABCZBAF=90o,CD=2AB=4EF=4,BC=AF=2,P,。分别为CD,AP的

中点，二面角T7-AB-。的大小为60°.

(1)证明：Fo，平面48C。；

(2)求平面A。F平面BCE成二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)由已知条件证明Λ,FAP为等边三角形，则有FOl_AP,证明AB人平面印，

则有Fo_LAB.可得尸O_L平面ABCD:

(2)建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角的问题.

VABHCD,CD=2AB,P为Cn的中点，APCS为平行四边形，；.AH/8C

AP=BC=2

VZABC=9()°,.∙.ABlBC,则AP_LAB.

XVZBAF=90°,：.ABLAF,

44P为二面角尸一AB-D的平面角，ΛZFAP60°

又∙.∙AF=AP=2,.∙∙sE4尸为等边;角形，：。为AP的中点，则R9LAP,

又APYAB,AF,APu平面MP,AFr>AP=A∙.'ABJ,平面印，

YFOu平面∕¾P,ΛFOA.AB,

AB,APu平面ABC。，ABIAP=A,FOJ_平面ABC£).

(2)设BC的中点为Q,以。尸，OQ,OF所在的直线分别为X，，Z轴建立如图所示的

空间直角坐标系，

则F(0,0,√3)，A(-1,0,0),D(1,-2,0),E(0,l,√3)，8(—1,2,0),C(l,2,0).

A尸=(1,0,aAo=(2,-2,0)BC=(2,0,0)EC=(l,l,-√3)

设平面ADZ7的一个法向量为机=(x"∣,Z]),则

m∙AF=x+√3z=0L/l厂\

1,令z=-l,则=∕n=(√3,√3,-l).

∕wAD=2x1-2y1=0')

设平面BCE的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则