2023年高考数学试题分类解析 第9章 立体几何【含答案解析】

第九章立体儿何

第一节空间点、线、面的位置关系与空间几何体

1.(2023全国甲卷理科11)在四棱锥P-A3CD中，底面ABCD为正方形，A6=4,

PC=PD=3,ZPCA=45°,则△PBC的面积为()

A.2x/2B.3>/2C.4N/2D.5V2

【解析】如图所示，取A8,CL>的中点分别为M,N,因为AB=4,所以MV=4,AC=4及.

叉PC=PD=3,过P作PO_L平面A8CD,则OeMV.连接PN,OA,OC,

则PNA.CD,PN=d¥-方=后.

今ON=x,则P02=5_f,OA2=4+(4-x)2,

PA2=OA2+PO2=4+(4-x)2+5-x2=25-8x.

「EI"u。T^C2+PC2-PA132+9-(25-8%)0

在/\PAC中，因为ZPCA=45,所以cos45=---------------=-------=-----=—.

2-ACPC2x472x32

解得x=l,则ON=1,PO=2.

过。作OH_L8C,垂足为“，连接PH,她OH=2,PH=2&.

所以S^PBC=；xBCxPH=4x2拒=4如.故选C.

【评注】本题重点考查了四棱锥中侧面、底面、高、斜高等几何要素之间的关系，涉及到空

间想象能力与运算求解能力，2024届的考生应在空间几何体方面强化，属中档难度.

2.(2023全国甲卷理科15)15.在正方体ABCO-AgGR中，E,尸分别为CD,4片的中点，

则以所为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为.

【解析】如图所示，EF=6AB,所以球。是正方体ABCL>-AB|G9的棱切球，即球。与

每条棱都有一个公共点，故填12.

3.（2023全国甲卷文科16）在正方体ABCO-AAGR中，AB=4,O为AG的中点，若

该正方体的棱与球。的球面有公共点，则球。的半径的取值范围是.

【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形

时半径达到最小.

【解析】设球的半径为R.

当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得

更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，

正方体的外接球直径2R'为体对角线长AC；="2+42+42=473,

即2R'=4x/3,R'=26,故Rmm=2x/3;

分别取侧棱,3月,的中点M,H,G,N,显然四边形MNGH是边长为4的正方形，

且。为正方形MNGH的对角线交点，

连接MG,则用G=4及，当球的一个大圆恰好是四边形MNG”的外接圆，球的半径达到

最小，即R的最小值为2垃.

综上，Re[2s/2,2y/3\.

故答案为[2四,26].

4.（2023全国乙卷理科3,文科3）如图所示，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小

正方形的边长为1,则该零件的表面积为（）

A.24B.26C.28D.30

【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其

表面积即可.

【解析】如图所示，在长方体中，AB=BC=2,A4=3,

点为所在棱上靠近点4，G㈤,4的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点，

则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-^B^D,去掉长方体ONIC「LMHB,之后所得

的几何体.

5.（2023全国乙卷理科8）已知圆锥PO的底面半径为G,O为底面圆心，为圆

9百

锥的母线，ZAOB=120°,若的面积等于土，则该圆锥的体积为（）

4

A.冗B.逐式C.3兀D.3c兀

【解析】如图所示，取中点为“，连接OH,PH.

p

在圆。中，因为R=G,=120°,所以04=、一,AB=3.

2

又$△.=竽，所以p”=¥，P。=得：=6

所以该圆锥的体积为：兀(\/5)xC=\/^7t.故选B.

6.(2023全国乙卷文科16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，A/IBC是边长为3的

等边三角看，S4L平面ASC,则S4=.

【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及球的性质运算求解.

【解析】如图所示，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN—A3C,

设"BC的外接圆圆心为。1，半径为广，

-3_3=2.后

则sinZACB6,可得r=6，

设三棱锥S-MC的外接球球心为。，连接。4,OQ,AOt,则

OA=2,AOt-G,OR=1=g"，所以购=2-

故答案为2.

【评注】多面体与球切、接问题的求解方法：

(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)

或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；

(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且P4=a,PB=b,

PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=/+〃+C2求解；

(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长；

(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；

(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图,

确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

7.(2023新高考I卷14)在正四棱台ABCD-A14G9中，AB=2,=1，M=72,

则该棱台的体积为.

【解析】如图所示，将正四棱台补成正四棱锥S—ABCD,

因为43=2,4用=1,例=0,所以SA=20,

设ACBD=O,AGBR=OI，

则AO=0,。0]=乎，

故V=+S2+gsjh=gx廿+f+打汗卜曰=,

776

故填6.

8.(2023新高考n卷9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,A3为底面直径，NAP3=12(),

24=2,点C在底面圆周上，且二面角P—AC—。为45°,则()

A.该圆锥体积为几B.该圆锥侧面积为46兀

C.AC=20D.△PAC的面积为百

【解析】如图所示，取AC的中点£）,连接PD,0D,则PDJ_AC,又ODBC,

所以ODLAC,所以"DO为二面角P—4C—O的平面角，即NPZX?=45°,则PO=DO.

依题意，PA=2,乙4尸8=120,所以底面圆半径厂=百，圆锥高/?=1.

%推=；5底面/=3兀//=3兀、3*1=兀,A正确；

编=g乂2兀厂,AP=兀x6x2=2A/57r,B4皆误;

在RtZXAP。中，K4=2,PD=yjPO2+DO2=72,所以4。=也，

AC=2AO=2a,C正确：

5APAC=|AC-PD=1X2V2XV2=2,D错误.

综上，故选AC.

9.（2023新高考H卷14）14.底面边长为4的正四棱锥被一个平行于底面的平面所截，截去

一个底面边长为2,高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为.

【解析】设原正四棱锥的体积为乂，高为九，摄取的正四棱锥的体积为匕，高为%,依题

意可得%=24=2x3=6,

所以喉台=巧_匕=gs禽_：S2饱=gx42x6—gx22x3=28.

10.（2023北京卷9）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可

以勾勒出建筑轮廓.展现造型之美.如图所示，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全

等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=4）=10m,且等腰梯形所

在的平面、等腰三角形所在的平面与平面AB8的夹角的正切值均为巫，则该五面体的

5

所有棱长之和为（）

A.102mB.112mC.117mD.125m

E

【分析】先根据线面角的定义求得tan/EMO=tan/EGO=业，从而依次求EO,EG,

5

EB,EF,再把所有棱长相加即可得解.

【解析】如图所示，过E做E。，平面ABCD，垂足为。，过E分别做EG_LBC,_L4B,

垂足分别为G,M,连接OG,OM,

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为NEMO和ZEGO,

所以tanNEMO=tanZEGO=--.

5

因为EOJ_平面ABCD,BCu平面ABCD,所以EOLBC,

因为EGL3C,EO,EGu平面EOG,EO~EG=E,

所以BC,平面EOG,因为OGu平面EOG,所以BCJ_OG.

同理：OMYBM,又BMLBG,故四边形QMBG是矩形，

所以由BC=10得OM=5,所以EO="Z,所以OG=5,

所以在RtAEOG中，EG=>JEO2+OG2=^（714）2+52=739,

在RtZ\£BG中，BG=OM=5,EB=/EG?+BG。=J（屈『+5,=8,

又因为£F=M—5—5=25—5—5=15,

所有棱长之不。为2x25+2*10+15+4x8=117m.

故选C.

11.（2023天津卷8）在三棱锥P—43c中，线段PC上的点〃满足PM=，PC,线段所

3

2

上的点N满足PN=一尸8,则三棱锥P-4MN和三棱锥P-ABC的体积之比为（）

3

【分析】分别过MC作MM'JLPA,CC'_LPA，垂足分别为M',C'.过8作BB'_L平面以。，

垂足为夕，连接尸3',过N作NN'tPB'，垂足为N'•先证MV'J_平面B4C,

MM'1NN'2

则可得到BB'〃NN'，再证MM'〃CC'•由三角形相似得到斤7=.，-^7=-，

-CI,^P-AMN—^N-PAMn„-rj.--…L

再由------------即可求出体积比.

*P-ARC^8-PAC

【解析】如图所示，分别过MC作M”_LPA,CC'_LPA,垂足分别为",C'•过3作BB'_L

平面B4C,垂足为8',连接P8',过N作NN'工PB',垂足为N'-

因为平面R4C,BBu平面PBB'，所以平面P83'_L平面曰。.

又因为平面P88'平面PAC=P8'，NN'1PB'，NN'u平面PBB'，所以NN'工平面PAC,

^-BB'UNN'■

PMMM’1

在△PCC'中，因为MA/'_LPACC'_LP4,所以MM'〃CC'，所以-----=-,

PCCC'3

PNNN'2

在△PBB'中,因为BB'HNN'，所以一,

PBBB'3

1PA-MM'

,NN'|.NM

_VN-PAMgSgAM

所L7VP-AMN、2>_2

尸〃v人

V

VyP-ABCVB-PAC19

1S&PAC・BB'-PACC'-BB'

312)

故选B.

第二节空间直线、平面间平行和垂直的判定与性质

1.(2023全国乙卷文科19(1))如图所示，在三棱锥P—ABC中，AB1BC,AB=2,

BC=2y/2,PB=PC=^,3尸,4尸,86的中点分别为。,20,点尸在47上,

BF^AO.

求证：EF〃牛面ADO；

【解析】如图所示，在RtAAfiC中，因为8尸，AO,且。为8c中点,

AB=2,BC=2值,BO=y/2,所以RtABA8RtZ\8C4.

设3尸\AO=Q,则RtaQBC^RtZ\BAO.

所以NQBO=N84O=N3C4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故F为AC中点，又E为AP中点，所以EFHPC,叉PCHDO,所协EFHDO,

又平面4)0,所以EF"平面ADO.

2.(2023全国甲卷文科18(1))在三棱柱ABC-AAG中，AC，底面ABC,ZACB=90°.

求证：ACGA_L平面BCCg:

【分析】由AC,平面ABC得ACL8C,又因为AC_L8C,可证BC_L平面ACG4，从

而证得平面ACGA1平面BCC】B\-

【解析】证明：因为AC,平面ABC,BCu平面/WC,所以ACL8C,

又因为NACB=90,即AC1.BC,

ACACu平面ACC|A,A。\AC-C,所以BC_L平面ACG4,

又因为BCu平面BCG与，所以平面ACGA_L平面3CG耳.

3.(2023新高考I卷18(1))如图所示，在正四棱柱-中，AB=2,A&=4,

点A.,B2,C2,D2分别在棱A4,BB],CCI,DD,i.AA2=1,BB2=DD2^2,CC2=3.

证明：B2c2//A,£)2；

【解析】证法一：过点4作&E_LBB2于点E,过点D2作D2F±CC2于点F,

连接所，如图所示，则4E平行且等于3尸，

所以四边形4£下£>2是平行四边形，所以A?。？EF,

又因为6尸=约七=1,所以GB?EF,,

所以52c2A,D2.

证法二：连接为与，易得AB,=B1c,=C,。=RA,=新，

所以为平行四边形，所以

A2B2C2D282G//44.

4.(2023全国乙卷理科19(1)(2))如图所示，在三棱锥尸-ABC中，AB1BC,AB=2,

BC=2-j2,PB=PC=R,的中点分别为£),E,O,40=行00,点F在

AC上，BFA.AO.

(1)证明：EF"平面ADO;

(2)证明：平面平面8£尸；

【解析】（1）如图所示，在RtAABC中，因为BFLAO,且。为BC中点,

AB^2,BC=2y/2,BO=42,所以RtZ\BA*RtZ\BC4.

设BFAO=Q,则RtZ\Q83RlZ\BAO.

所以NQ3O=NB4O=/3C4,所以BF=CF,又ZABC=90°,

故尸为AC中点，又E为AP中点，所以EFHPC,叉PCIIDO,所以EFHDO,

又EF<Z平面ADO,所以EF〃平面ADO.

(2)由(1)知，AO=娓,又D为BP中点、,所以OD=，PC="，

22

又40=逐。O,在AAO。中，AD2=5DO2=DO2+AO1,即ZA8=90°,

所以AOLZX),又DOHPCHEF,所以AOJ_EF,

又3FJ_AO,BFEF=F,所以AOJ_平面班尸.

又AOu平面4)0,故平面4)0J_平面BEE.

5.(2023全国乙卷文科19(1))如图所示，在三棱锥P-ABC中，ABYBC,AB=2,

BC=2y/2,PB=PC=46,BP,AP,3c的中点分别为£>,E,O,点尸在AC上,

BFVAO.

求证：EF//平面ADO;

【解析】如图所示，在RtAA5c中，因为8尸，AO,且。为中点,

AB=2,BC=2叵,80=也，所以RtZ\BA8RtZ\BC4.

设BFAO=Q,则RtAQBO^RtABAO.

所以NQ?O=NB4O=N8C4,所以BF=C/，又/4BC=90°,

故厂为AC中点，又E为AP中点，即以EFHPC，叉PCIIDO,

所以所〃平面孙)

6.(2023新高考II卷20(1))20.如图所示，在三棱锥A—BCD中，DA=DB=DC,

BD±CD,4r>C=ZADB=60,

E为BC的中点.

求证：BC1AD-,

【解析】如图所示，连接因为。1=OB=OC,NAZ)C=NAZ)8=60,

所以所以AB=AC-

因为E为BC中点，所以BC_LAE.叉DB=DC,所以BC工DE,.

入DEAE=E,所以BC_L平面ADE,所以3CLAD.

A

/X，人、।/\

第三节空间向量与立体几何

1.(2023全国甲卷理科18)在三棱柱ABC-A4G中，A4,=2,4。，底面ABC,

ZACB=90°,A到平面BCCXB｝的距离为1.

(1)证明：AC=\C-,

(2)若直线A、与84距离为2,求与平面BCCfi所成角的正弦值.

【解析】(1)因为AC_L底面ABC,所以AC_L8C,又NACB=90",所以AC_LBC,又

ACAC=C,所以8cl,平面ACGA，故平面BCGB，平面ACGA，交线为cq,

过4作CG的垂线，垂足为M,则AM,平面3CGA,又A到平面BCGA的距离为I.

所以A〃=i,在△ACG中，AC^ACi,CG=44=2=2AM,所以M为cq的中点，

又知M为垂足，所以△ACG为等腰三角形，AG=A。，进而AC=AC.

A

（2）由（1）知，C4,C8,C4,两两垂直，如图建立空间直角坐标系C—孙z.

过C作CH1.AA,则“为冽中点，连接3”，则出/上的.

因为直线A4与B81的距离为2,所以BH=2.

由（1）知CA=CA=应，8=1，在中，CB=6,C（0,0,0）,A（夜,0,0）,

8（0,石,0）,4（0,0,a）,CG=44=BBi=（-&,0,&）,CB=（0,6,0）,

ABt=AB+BBi=（-立瓜0）+（-V2,0,血）=（-20,石,&）.

II-CCI=-yflx+\[lz=0

设平面BCC|B1的法向量为“=（x,y,z）,则＜

n-CB=6y-0

令x=l,z=l,y=0,故”=（1,0,1）.

设直线AB】与平面BCC'Bi所成南大小为。，

|-2V2+A/2|x/B

sin6=|cos^n,AB]=

|川.卜片「夜xJ8+3+2-13'

即直线A81与平面BCC|B|所成角的正弦值为半.

2.（2023全国乙卷理科9）已知ZV18C为等腰直角三角形，为斜边，AABD为等边三

角形，若二面角C—AB—。为150°,则直线8与平面ABC所成角的正切值为（）

口3

D.-------D

654t

【解析】如图所示，取A8中点H,连接DH,CH,则DHVAB.

NC”D为二面角C—AB—。的平面角，即NCHD=150°,

且AB,平面60,平面ABC,平面CHZ).

ADCH的大小即为直线C。与平面ABC所成角的大小.

不妨设45=2,则a/=i,DH=6

在△€■“£>中，CD2=1+3-2x1x73COS150°=7.

73

所以cos/DCH=7+1-35^sinZDCW=tanZDCH=—

2xlxV72V77>5

故选C.

3.(2023全国乙卷理科19)如图所示，在三棱锥P-ABC中，AB1BC,AB=2,BC=2丘,

PB=PC=yR>,的中点分别为£>,E,O,AD=#DO,点F在AC上,

BF^AO.

(1)证明：EFH平面ADO;

(2)证明：平面A。。_L平面班产；

(3)求二面角。一AO—C的正弦值.

【解析】(1)如图所示，在RtAABC中，因为MLAO,且。为BC中点,

AB=2,8c=20,BO=^2,所以RtZ\5A8RgBC4.

设BFAO=Q,则RtZ\Q8OsRtaBAO.

所以NQ3O=N84O=/BC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故F为AC中点，又E为”中点，所以瓦7/PC,灭PCHDO,所以EF//DO,

又EF<Z平面ADO,所以防〃平面ADO.

(2)由(1)知，AO=底,又。为3P中点，所以OD=LpC=^~,

22

大ADfDO,在AAO。中，AD2=5DO2=DO2+AO2,即ZA8=90。，

所以AOJ_DO,大DOHPCHEF,所以AOJ_防，

又BF_LAO,BF-EF=F,所以AO_L平面眄

又AOu平面ADO,故平面ADOJ_平面BEE.

(3)由(2)知，AOu平面ABC,所以平面ABC_L平面BEF,

设AOBE=H,连接QH,则AO_LQ",AOA.QF,即为二面角。一AO-C的

平面角.又QH//EF,所以转化为求NBFE.

在A4BO中，BD=-BP=—,AB=2,AD=y/5DO=^-

222

6)30

4+4~T_~2V6

所以cosZABD=。。点一南一一不

2x2x—

2

在中，AP2=4+6-2x2x76=14,所以AE=

22

4+14—63

在△^45中，cosA=-=-f=,

2x2xV1l4V14

在A4BE中，BE2=4+--2x2x-x-J==-,所以BE=区

22V1422

6

3。H--6-

在中，cosZBFE=---^―[：3:夜

32,

2x73x#一忘一

2

所以cosNHQF=-它,二面南。一AO-C的大小为型，其正弦值为克

242

4.（2023新高考I卷18）如图所示，在正四棱柱ABC。—44G2中，AB=2f例=4,

点A,,B?,C2,D?分别在棱AA],Bq,CC】,DDt上，AA,—1,BB?=DD?=2,CC[=3.

(1)证明：B2c2A2D2；

(2)点P在棱BB1上，当二面角。一4。2—。2为150时，求82P.

【解析】⑴证法一：过点为作为E，BB2于点E,过点2作D2F±CC2于点F,

连接石尸，如图所示，则&E平行且等于。

所以四边形4石五3是平行四边形，所以4。2EF,

又因为C?F=B[E=1,所以C2B2EF,,

所以82G43.

证法二：连接42名，易得人与二与弓=G2=24=石，

所以482Go2为平行四边形，所以B2c2AA.

（2）如图所示，以8为坐标原点，BC,BABB]为X轴、y轴、Z轴的正方向，建立平面

直角坐标系，设P（0,0,/i）,。2（2,0,3）,4（0,2,1。4（2,2,2）,

44=(2,0,1),4G=(2,-2,2),A2P=(0,-2,/z-l),

z

n,-A>C9=2x,-2y.+2z.=0

设平面A22G的一个法向量为〃।=a，y，z),则《~~,

%.A£>2=2%+Z[=0

令再=1得，平面4。2c2的法向量〃I=(1,-1,-2).

同理可得平面A2c2尸的法向量/=(力一3,0一1,2),

5兀

因为二面角P-A2c2-D)为8=——,

6

则3s外正=第二-6G

2同同而J(/z-3)2+(72-1)2+4J(/?_2)2+3，

即(〃一2『+3=4,解得力=1或〃=3.

则区可=|2-川=1.

5.(2023新高考II卷20)20.如图所示，在三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BDLCD,

ZADC^ZADB^60,

E为3C的中点.

(1)求证：BC±AD;

(2)点、F满足EF=DA，求二面角£>—AB—尸的正弦值.

DB

【解析】（1）如图所示，连接AE,OE,因为D4=O5=DC,ZAZ>C=ZADfi=60,

所以△ADC1四△AO3，所以AB=AC・

因为E为BC中点，所以8C_LAE.又DB=DC,所以BC_LOE,.

叉DEAE=E,所以8C_L平面ADE,所以BOLD.

(2)设DA=DB=DC=2,

由NAT>C=NAZ)B=60,可知△ADC,4A£>3都为等边三角形，

所以A3=AC=2.又BD_LCD,所以BC=26,

所以AB2+AC2=BC2,则△ABC为直角三角形，且za4c=90°,

所以AE=0,AE2+DE2^AD2,AEA.DE.

叉BC工AE，DEBC=E,所以AE_L平面8co.

分别以即,E8,E4为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

则E(0,0,0),Z)(V2,0,0),B(0,V2,0),A(0,0,V2),

设尸(x,y,z),则EE=(x,y,z)=D4=(-J5,0,J5),所以尸卜忘,。,i?》

AB=(0,J5,—J5).设平面D4B的法向量为机=(x,y,z),

m-DA=0

则<可得必=(1,1,1).

m-AB-0

又3尸=（一五，一0,夜）.设平面E45的法向量为〃=（x,y,z）,

ri-BF-0

则<可得〃=(0,1,1).

n-AB=0

1I\m-n\2V6

所以cos<m,n>=■)~1]—r=——尸=——.

1|m||n|V3xV23

所以二面角D—AB—F的正弦值为上.

3

6.（2023北京卷16）如图所示，在三棱锥P-ABC中，A4,平面ABC,PA=AB=BC=\,

PC=6

（1）求证：BC_L平面R45；

（2）求二面角A-PC—8的大小.

【分析】（1）先由线面垂直的性质证得R4L3C,再利用勾股定理证得3CLP3,从而利

用线面垂直的判定定理即可得证；

（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面e4c与平面PBC的法向量,

再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【解析】（1）因为24,平面45cBeu平面ABC,

所以B4_L3C,同理P4J_AB,所以ZViAB为直角三角形，

又因为PB=YPA2+AB2=J5,BC=I,PC=6,

所以「8?+8C?=「。2,则△P8C为直角三角形，BCLPB,

又因为BCLP4,PACPB=P,

所以BC_L平面HLB.

（2）由（1）8CJ_平面RW,又A8u平面RW,则

以A为原点，A3为x轴，过A且与BC平行的直线为旷轴，AP为z轴，建立空间直角坐标

系，如图所示，

则4(0,0,0),P(0,0,1),C(l,1,0),B(l,0,0),

所以AP=(0,0/),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,—1),

m•AP=0Z]=0,

设平面B4c的法向量为zj,则,,即

m•AC=0玉+%=0,

令％=1,则y=_l,所以机=(1,一1,0),

n-BC=0%=o

设平面PBC的法向量为〃=（X2，）’2，Z2）,则，

aPC=0'x2+y2-z2=0

令工2=1,则Z2=l,所以〃二(1,0,1),

/\mn11

所以C°s5'”）=丽=7^^=5，

又因为二面角A—PC-B为锐二面角，

TT

所以二面角A—PC—8的大小为一.

3

7.（2023天津卷17）三棱台ABC-A5cl中，若其人工面

A8C,A5，AC,A3=AC=A4,=2，AG=1，分别是BC,8A中点.

⑴求证：AN〃平面GM4；

(2)求平面GMA与平面ACG4所成夹角的余弦值;

(3)求点C到平面C}MA的距离.

【分析】(1)先证明四边形MN41G是平行四边形，然后用线面平行的判定定理解决；

(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；

(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用

等体积法求解.

【解析】(1)连接MN，GA.由分别是的中点，根据中位线性质，MN//AC,

由棱台性质，AG〃AC，于是“N〃4G,由MN=AG=1可知，四边形MM41G是平行

四边形，则A|N〃MG，又AN<Z平面GMA,MC|U平面GMA,于是〃平面QM4.

(2)过M作垂足为E,过£作EF_LAG,垂足为口，连接

由MEu面44，面.。，故叫又MEJ_AC,ACCA4)=A,AC,AA,u

平面ACG4,则MEJ■平面ACC,A,.

由A£u平面ACC|4，故例AC|,又Ef_LAC|,MEEF=E'ME,EFu平面MEF,

于是AC；J_平面例即,

由M/u平面MEF,故AG±ME于是平面GMA与平面ACC}\所成角即ZMFE.

AR122

叉ME=----=1,cosz^CACj=—^则sinNCAC]=—^故£7^=lxsinNCAC]=—^在

2亚百5

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