2023年高考数学试题分类解析 第九章 立体几何附答案解析

2023年高考数学试题分类解析【第九章立体几何】

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-45CD中，底面438为正方形，AB=4r,PC=PD=3,

ZPC4=45°,则△PBC的面积为（）

A.2x/2B.3忘C.472D.5V2

【解析】如图所示，取AB,8的中点分别为因为/W=4,所以〃N=4,AC=47L

又PC=PD=3,过P作尸O_L平面43c£）,则OeMN.连接PN,Q4,OC，

则PN=dW-听=逐.

令ON=x,则PC>2=5-X2,OA2=4+（4-x）2,

PA2=OA2+PO2=4+（4-X）2+5-X2=25-8X.

a

五人r»“八r+th+/ccdAcruI、I,u°AC~+PC~~~PA~32+9—（25—8x）y/2.

在△R4C中，因为NPC4=45,所以cos45=---------------=-------=----.

2-ACPC2X4V2X32

解得x=l,则ON=1,PO=2.

过O作O//_L3C,垂足为H,连接PH,则OH=2,P，=2&.

所以SzxpBc=gx8CxPH=；x4x2及=40.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43C3-AgG2中，E,尸分别为。,4片的中点，则以为

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=y/2AB,所以球。是正方体A8CO-A与GP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438-4月00中，AB=4,。为A6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AQ="2+甲+42=46，

即2R'=4®RS,故Rgx=2V3:

分别取侧棱伍,3&CG，£）A的中点M,”,G,N,显然四边形是边长为4的正方形，且。为正

方形施VG”的对角线交点,

连接MG,则MG=4夜，当球的一个大圆恰好是四边形脑VG”的外接圆，球的半径达到最小，即R的

最小值为2&.

综上，/?e[272,273].

故答案为[2^,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ABC。-％BCQ中，AB=BC=2,AA,=3,

点”,/，,K为所在棱上靠近点与，G,R,4的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点,

2

则三视图所对应的几何体为长方体ABCO-AGGQ去掉长方体OMG-LMHB\之后所得的几何体.

_________D,

9

4

D

5.（2023全国乙卷理科8）已知圆锥PO的底面半径为道，。为底面圆心，必/>3为圆锥的母线,

ZAOB=\20°,若Zkfi钻的面积等于迪，则该圆锥的体积为（）

4

A.7iB.Jd兀C.3兀D.3兀

【解析】如图所示，取初中点为“，连接

在圆。中，因为/?=有，NAQB=120°,所以0"=9，AB=3.

2

▽c_96℃J273一后

又，G所RN以D„_3>/3，PO=^---=y/6.

所以该圆锥的体积为$（6=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，△ABC是边长为3的等边三角

形，S4_L平面AfiC,则54=.

【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-43C转化为直三棱柱SMV-AfiC,

设△ABC的外接圆圆心为。一半径为，

2r=_3一石

则sinZACB~,可得厂=6，

T

设三棱锥S—ABC的外接球球心为。，连接。4,。旦，AO,,则。4=2,Aq=6,OQ=l=』SA,所以

SA=2.

3

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47?2="+〃+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ABC。—AgGA中，AB=2,44=1,则该棱

台的体积为一.

【解析】如图所示，将正四棱台ABCO-AB|GA补成正四棱锥S-ABC。，

因为AB=2，44=1,A4j=V2,所以S4=2痣，

设ACBD=O,AGBQ1=g,

/7

则AO=V2>00]=,

776

故填6.

4

8.（2023新高考H卷9）已知圆锥的顶点为P,底面圆心为。，4?为底面直径，ZAPB=120，PA=2,

点C在底面圆周上，且二面角P—AC-。为45°,则（）

A.该圆锥体积为兀B.该圆锥侧面积为4/兀

C.AC=2®D.AB4c的面积为6

【解析】如图所示，取AC的中点。，连接PD,OD,则又ODBC,

所以Q0LAC,所以4W为二面角P—AC-。的平面角，即NPDO=45°,则PO=0O.

依题意，PA=2,AAPB=120，所以底面圆半径r=0,圆锥高〃=1.

%惟=gs底面./z=g7r/./7=g兀乂3*1=兀，

A正确;

S|jq=gx2nr-AP=兀xGx2=2G兀,

B错误;

在RtZ\AP£>中，PA=2,PD=yjPO2+DO2=V2)所以40=及,

AC=2AO=2收，C正确；

AXXA

S^PAC=1C-PD=12V2/2=2,D错误.

综上，故选AC.

9.（2023新高考II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K，高为九，截取的正四棱锥的体积为匕，高为小，依题意可得

hy=2/^=2x3=6,

所以/台=^_匕=gs/|_gs2H=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.若舫=25m,BC=A£>=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面

与平面赫8的夹角的正切值均为恒，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

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

5

E

【分析】先根据线面角的定义求得tanNEMO=tanNEGO=姮，从而依次求EO,EG,EB,EF.

5

再把所有棱长相加即可得解.

【解析】如图所示，过E做E。，平面AfiCD,垂足为。，过E分别做EGLBC,EM±AB,垂足分

别为G,M,连接OG,OM,

E

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NEM。和ZEGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=--.

5

因为EOJ•平面MCD,BCu平面他CD,所以

因为EGLBC,EO,EGu平面£OG,EOEG=E,

所以BC,平面EOG,因为OGu平面EOG,所以BCLOG.

同理：OMYBM,又BMLBG,故四边形OMBG是矩形，

所以由8C=10得OA/=5,所以EO=JiZ，所以OG=5,

所以在RtAEOG中，EG=y/EO2+3OG2=4呵2+5?=屈,

在RCBG中，BG=OM=5,EB=4EG°+BG。=/相丫+5。=8,

又因为=5—5=25—5—5=15,

所有棱长之和为2x25+2x10+15+4x8=117m.

故选C.

11.（2023天津卷8）在三棱锥P—ABC中，线段PC上的点M满足PM=lpC,线段Pfi上的点N满

3

2

定PN=—PB,则三棱锥P-AAW和三棱锥P-ABC的体积之比为（）

3

1214

A.9-B.9-3-D.9-

【分析】分别过MC作MMUPA,CCf1PA，垂足分别为M',C'.过8作出」平面以。，垂足为B'，

连接PB'，过N作NN'上PB'，垂足为N'•先证NN'J"平面R4C,

MMr1NN'2

则可得到34〃NN'，再证MM'//CC'.由三角形相似得到==7，-7=7，

6

再由A1竺即可求出体积比.

^P-ABC^B-PAC

【解析】如图所示，分别过MC作_LPA,CC'J_PA，垂足分别为M',C'.过3作8B'J_平面Q4C,

垂足为B',连接PB'，过N作NN'1PB'，垂足为N',

P

因为88'，平面Q4C,BB，u平面PBB，，所以平面尸B8'_L平面修。.

又因为平面P88'「平面PAC=PB'，NN'1PB'-NN'u平面PBB,，所以NN'_L平面R4C,且

BB'IINN'■

PMMM'1

在△PCC'中，因为MM'_LP4,CC'_LPA，所以W'//CC'，所以J=-------=-,

PCCC'3

PNNN'2

在△尸33'中，因为BB'//NN'，所以——=——=一，

PBBB'3

I5-NN'--[-PA-MM'S-NN'

所以匕-匕⑶“3MAMNN312J=2

Vp-ABC"ic；SNACBB'；（；PA.CC'}BB'，

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19⑴）如图所示，在三棱锥P-45C中，AB±BC,AB=2,BC=2也，

PB=PC=n,鳍，”，^。的中点分别为^瓦。，点F在AC上，BF±AO.

求证：EF〃平面ADO；

【解析】如图所示，在RtZXABC中，因为BF_LAO,且。为BC中点,

7

H

V

AB=2,BC=2近,80=6，所以Rtz^fi48RtZ\BC4.

设BEIIAO=。，则RtA0BO-RtABAC>.

所以NQ3O=NBAO=NBC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故尸为AC中点，又E为AP中点，所以EF//PC,又PCHDO,所以EF//DO,

又防且平面4X>,所以所〃平面4)0.

2.(2023全国甲卷文科18(1))在三棱柱ABC—44G中，底面口。，ZACB=90°.

求证：ACGA•平面BCCfi；

【分析】由AC，平面得AC_L8C,又因为ACJ.BC,可证BC_1_平面ACQA，从而证得平面

ACC.A1平面BCC^；

【解析】证明：因为AC_L平面MC,8Cu平面舫C,所以ACL8C，

又因为NAC3=9(),即AC_LBC,

ACACu平面ACGA,AOlAC=C,所以5。_1_平面＞^。14，

又因为3Cu平面BCC.B,,所以平面ACC.A1平面BCC、B、.

3.(2023新高考I卷18(1))如图所示，在正四棱柱ABC。一AgGA中，AB=2,A4=4,点4,

B1,C2,2分别在棱AA|,BB1,CC),DD、匕AA2=1,BB2—DD2—2,CC2—3.

证明：82c2,43；

8

【解析】证法一：过点作A2E±BB2于点E，过点D2作D2F±CC2于点F，

连接EF，如图所示，则&E平行且等于&尸，

所以四边形A2EED2是平行四边形，所以42EF,

又因为C?F=B2E=1,所以G与EF,,

所以82c2A2£>2.

证法二：连接人&，易得=与G=G2=24=6，

所以4邑。2。2为平行四边形，所以82GAA.

4.(2023全国乙卷理科19(1)(2))如图所示，在三棱锥P—ABC中，ABLBC,AB=2,BC=2五,

PB=PC=^,8P,AP,BC的中点分别为DE,O,AO=4OO,点尸在AC上，BF±AO.

(1)证明：所〃平面ADO；

(2)证明：平面AOOJ_平面班尸；

【解析】(1)如图所示，在RtZXABC中，因为BFJ_AO,且。为8c中点,

Afi=2,BC=2叵,BO=0,所以RtAR48Rtz\BC4.

设8尸C|AO=Q，则Rtz^QBO^RlZXBAO.

所以NQ3O=NB4O=/BC4,所以=又NABC=90°,

故厂为AC中点，又E为AP中点，所以EF//PC,又PCHDO,所以EF//DO,

又£F<Z平面4)0,所以所〃平面ADO.

9

(2)由(1)知，AO=娓,又D为BP中点,所以OD=1PC=Xa,

22

又AD<DO,在A4OD中，AD2=5DO2=DO2+AO2,即ZA8=90°,

所以AO，/X>,又DOHPCHEF,所以AOJ_所，

又8尸_LAO,BF族=尸，所以49_1平面班厂.

又AOu平面4)0,故平面4)。J_平面庞下.

5.(2023全国乙卷文科19(1))如图所示，在三棱锥中，AB1BC,45=2,BC=2叵，

PB=PC=^,8RARBC的中点分别为O,E,O,点F在AC上，BFLAO.

求证：比7/平面ADO；

【解析】如图所示，在RtZXABC中，因为8F_LAO,且。为BC中点,

AB=2,BC=2五,BO=也，所以RtAfiA8RtZ\BC4.

设BE”AO=Q,则RtAGBO^RtABAO.

所以NQ3O=ZBAO=NBC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故F为AC中点，又E为”中点，所以EF//PC,又PCHDO,

所以EF〃平面4)0.

6.(2023新高考H卷20(1))20.如图所示，在三棱锥A—38中，DA=DB=DC,BDYCD,

ZADC=ZADB=60，

E为8C的中点.

求证：BCYAD,

【解析】如图所示，连接因为DA=D6=0C,AADC=ZADB=60，

10

所以△AOCgZXADB，所以AB=AC.

因为E为BC中点，所以6C_LAE.又DB=DC,所以8CJ_OE,.

又DEf)AE=E,所以BC_L平面ADE，所以BCLAO.

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，M=2,AC，底面ABC，NACB=90。，A,

到平面8CGA的距离为L

（1）证明：AC=AiC；

（2）若直线M与8g距离为2,求Ag与平面BCGA所成角的正弦值.

【解析】（1）因为AC底面4?。，所以AC，BC,又NAC3=90°,所以AC_L8C,又ACf|AC=C，

所以平面ACG4，故平面8CGB|J.平面4CGA,交线为CG，

过4作CG的垂线，垂足为M,则平面BCGd，又4到平面BCG用的距离为I.

所以AM=1,在△ACG中，AC_LAG，cq=偿=2=24"，所以M为CG的中点，

又知w为垂足，所以△ACG为等腰三角形，AG=AC,进而ac=4c.

（2）由（1）知，CA,CB,CA两两垂直，如图建立空间直角坐标系c-孙z.

11

过C作C”_LAA，则”为中点，连接84，则

因为直线至与的距离为2,所以BH=2.

由(1)知C4=C41=0,C4=1,在RtZ\C3〃中，CB=G，C(0,0,0),A(血,0,0),8(0,G,0),4(0,0,0),

CCi=AAt=BB\=(-V2,0,V2),CB=(0,G,0),

AB\=AB+BBi=(-V2,瓜0)+(-72,0,72)=(-2夜,瓜Q).

、门___工.H-CC=~>j2x+V2z=0

设平面BCC内的法向量为〃=(x,y,zm),则<}1L

n-CB=V3y=0

令x=l,z=l,y=0,故〃=(1,0,1).

设直线AB】与平面BCqq所成角大小为3,

sin，=

HE卜普二应>位J8+应3+2-监13

即直线期与平面BCG与所成角的正弦值为吟.

2.（2023全国乙卷理科9）已知△ABC为等腰直角三角形，为斜边，△ABO为等边三角形，若二

面角。-AB-。为150°,则直线CD与平面他C所成角的正切值为（）

2

A1R应c60

5555

【解析】如图所示，取/W中点H,连接O〃,C〃，则DHLAB.

NC”£＞为二面角C—43-。的平面角，即NCHD=150。,

且A8_L平面C〃D,平面ABCJ_平面CW.

NDC”的大小即为直线CD与平面A5C所成角的大小.

不妨设/15=2,则CH=1,DH=6

12

在△CM3中，CD?=i+3—2xlx&cosl50°=7.

所以cosZDC，=-巾？=2，sinZDCH=tanZDCH=—

2xlxV72V75

故选C.

3.(2023全国乙卷理科19)如图所示，在三棱锥P-A3C中，AB1BC,AB=2,BC=2叵

PB=PC=4^>,BP,AP,3c的中点分别为D,E,O,A£)=6。。，点尸在AC上，BFVAO.

(1)证明：EF〃平面ADO；

(2)证明：平面AOOJ_平面BEF；

(3)求二面角。—AO—C的正弦值.

【解析】(1)如图所示，在Rt&BC中，因为BEJ_AO,且。为8C中点,

AB^2,BC=2叵,BO=42,所以RtAfiAgRt^BCA.

设8/040=0,则RtZ\Q8WRlZ\8AO.

所以NQ3O=NBAO=NBC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故厂为AC中点，又E为AP中点，所以EF//PC,XPCIIDO,所以EF//DO,

又EF<Z平面4X2,所以EF〃平面ADO.

(2)由(1)知，AO=R,又D为BP中点、,所以。。=,r。=且，

22

又AD=®O,在ZMO。中，AD2=5DO2=DO2+AO2,即ZAOD=90°,

所以AO，。。，又DOHPCHEF,所以

又BFJ_AO,BFEF=F,所以AOL平面BER

又AOu平面4)0,故平面4)0J_平面庞尸.

(3)由(2)知，49u平面ABC,所以平面ABC,平面BEF,

设A。BE=H,连接。”，则AOLQH,AO1QF,即为二面角。—49—C的平面角.又

13

QH//EF,所以转化为求NBFE.

在A45O中，BD=-BP=—,AB^2,AD=45DO=^-

222

6+4-30

所以cos/A3Q=-----3=W=-也.

2a6

、2x2、x——瓜

2

所以4为=当

在△/VIB中,AP-=4+6-2x2x76

4+14-63

在△/^钻中,cosA=

2x2xV14M

在AAfiE中，BE2=4+--2x2x-x-^==-,所以8£=巫

22x/1422

々66

3+「4=3=血

在△BEE中,cos/BFE=

2x&x避_电一下

2

所以cosN"QF=-",二面角。一AO—C的大小为型，其正弦值为也.

242

4.(2023新高考I卷18)如图所示，在正四棱柱中，48=2，然=4,点A2,B?,

G.D?分别在棱AA1,BB),CC1,OR上，AA2—X,BB?=DD?=2,CC2=3.

(1)证明：52C2/A2D2；

(2)点尸在棱8及上，当二面角尸一4G-2为150时，求82P.

【解析】(1)证法一：过点外作&七，3鸟于点£\过点I)?作。2尸，。。2于点尸，

14

连接EE，如图所示，则平行且等于2户,

所以四边形为七包＞2是平行四边形，所以42EF,

P

又因为C?F=B2E=1,所以G^2EF,,B2

所以82G

证法二：连接人与，易得44=坊。2=。23=24=石，

所以482c2。2为平行四边形，所以82G42.

(2)如图所示，以8为坐标原点，8c,84,34为X轴、y轴、Z轴的正方向，建立平面直角坐标系,

设P(0,0,h)C(2,0,3),A2(0,2,1),2(2,2,2),A2D2=(2,0,1),4G=(2,-2,2),A2P=(0,—2,〃一1),

/i1-4c2=2%-2y+2Z]=0

设平面A2D2C2的一个法向量为〃1=(x,y,z),则＜

n,-A2D2=2玉+Z[=0

令再=1得，平面43G的法向量〃।=(LT-2).

同理可得平面4c2P的法向量〃2=(〃-3,人一1,2),

因为二面角P--2为。=＞，

511]|cos|=—=鹭

2同同4V6-7（/J-3）2+（A-1）2+4yl（h-2）2+3'

即（〃一2＞+3=4,解得力=1或〃=3.

则忸2“=2-川=1.

5.（2023新高考II卷20）20.如图所示，在三棱锥A—88中，DA=DB=DC,BDVCD,

15

ZADC=ZADB=60，

E为8C的中点.

(1)求证：BC±AD;

(2)点厂满足E/?=D4，求二面角。一A5—/的正弦值.

【解析】(1)如图所示，连接AE,OE,因为m=r)B=£)C,ZADC=ZADB=60，

所以△A0C名△AD6，所以AB=AC-

因为E为8C中点，所以BC_LAE.又DB=DC,所以BCLDE,.

又。=所以6C_L平面A£>£,所以8CJ_AT>.

(2)设ZM=DB=OC=2,

由NAOC=NAD8=60，可知△A。。,△AQ8都为等边三角形，

所以AB=AC=2.又BDLCD,所以BC=2&，

所以AB2+AC2=BC2,则△ABC为直角三角形，且NBAC=90。,

所以AE=V5，AE2+DE2=AD2.AE±DE.

又6CJ_A£,DEBC=E,所以AE_L平面BCD.

分别以ED,EB,E4为％y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

16

则E（0,0,0）,D（V2,0,0）,B（0,夜,0）,A（0,0,&）,

设尸(x,y,z),则所=(再％2)=04=卜&,0,后)，所以尸(―血,0,血了

AB=(0,V2,-V2).设平面DAB的法向量为m=(x,y,z),

m-DA=0

则《可得=

m-AB二0

又BF=（-V2,-V2,V2）.设平面FAB的法向量为n=（x,y,z）,

n-BF=0

则〈,可得〃=（0,1,1）.

n-AB=0

所以Icos<mn」"〃L2.娓

/Vr以cos<n>\--~~r-—»=产—.

1|»i||n|V3xV23

所以二面角O—A3—E的正弦值为由.

3

6.(2023北京卷16)如图所示，在三棱锥P—ABC中，24,平面AfiC,PA=AB=BC=l,PC=6

(1)求证：BC_L平面P4B；

(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R4_L3C,再利用勾股定理证得3CJ.P3,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Q4c与平面P8C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Q4_L平面A8C,3Cu平面他C,

所以同理所以△叩为直角三角形，

又因为PB=JPA2+AB2=叵,BC=I,PC=B

17

所以尸由+8。2=2。2,则4PBC为直角三角形，BCLPB,

又因为8CJ_R4,PAPB=P,

所以平面P4B.

(2)由(1)BCJ_平面AM,又Afiu平面E46,则BCJ_A5,

以A为原点，43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A(0,(),()),尸((),(),1),C(1,1,O),3(1,0,0),

所以4P=(0,0,l),AC=(l,l,0),BC=(0,l,0),PC=(l,l,—l),

,、m-AP=0\z.=0,

设平面RAC的法向量为机=(%，X，Z1),则｛，即《

m-AC=Q1再+%=0,

令%=1,则凹=-1,所以机=(1,一1,0),

/n-BC=0[y=0

设平面PBC的法向量为〃=(*2，%,22),则[,即《,一?八

n-PC=0[x2+y2-z2=0

/\mn11

令乙=1,则Z2=l,所以"=(1,0,1),所以cos(zn,"〉=Mp=&x也=5,

jr

又因为二面角4-PC—8为锐二面角，所以二面角A—PC—8的大小为上.

3

7.(2023天津卷17)三棱台ABC-AAG中，若为人，面AC,45=AC=朋=2，AG=1,

分别是8C,84中点.

(1)求证：AN〃平面GM4；

(2)求平面CtMA与平面ACC.A所成夹角的余弦值;

(3)求点C到平面GMA的距离.

【分析】(1)先证明四边形仆G是平行四边形，然后用线面平行的判定定理解决;

18

（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“MGA.由分别是的中点，根据中位线性质，MN//AC,且

由棱台性质，AG〃AC,于是MN//AC，由MN=AC=1可知，四边形MNAG是平行四边形，则AN

//MG，又4"0平面。|吊4,Mgu平面GMA,于是AN〃平面GM4.

（2）过M作MELAC,垂足为E,过E作EFJ_AG，垂足为F,连接MEgE.

由MEu面ASC,44_1面他。，故/14,，“七，又加£_14。，ACOAA,=A,AC,例u平面ACCd,

则腔_£平面4^；4.

由AGu平面ACGA，故ME_LAG,又防，AC-MEEF=E，ME所u平面MEE，于是AG，

平面MEF,

由MRu平面MEF,故ACt±MF.于是平面CtMA与平面ACQA所成角即NMFE.

Ao[22

又ME—=1,cosZCACj=—j=,则sinNC4G=-j=,故EF=1xsinZ.CACX=—j=,在px/\MEF中，

NMEF=90，则知尸=

FF2

于是C