立体几何-2024年新高考新结构数学7个大题逐一击破

1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.11线所成的角.=|cos<,>|=》》l题目1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BB1C1D； 2 2222⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1-AD-C的大小为120°,E为棱C1D1的中点.2 分别是棱AB,A1B1的中点，N为C1E上一点.DC；(2)若AB=AC,=3，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.33》》解法指导.cos<,>=.》》(2)求直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值.442ABE-DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD.2(2)若∠EAB=，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值. EF⎳AD，AF=3EF=3，∠EAD=120°,平面ADFE⊥平面ABCD.(2)求平面BDF与平面BCF所成角的余弦值.55》》解法指导.线. 》》AA1(2)求二面角B-DE-A的余弦值.662和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形.2(2)若∠B1BC=120°,求二面角A-BC-D1的余弦值. (1)证明：BC⊥平面PCD；(2)已知AD=PD=DC=BC=2，且∠DPC=30°,求点D到平面PAB的距离.77》》解法指导.》》边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是PB的中点.(2)求点E到平面PAC的距离.88221BC；(2)求平面ADF1与平面A1BC间的距离. 1(2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试)如图，在四面体ABCD中，∠ACB=∠ACD=60°,BC⊥CD,BC=CD.(2)若AB=7,BC=2，求四面体ABCD的体积99》》解法指导.》》(2)若点F在CE上，当△AFB面积最小时，求三棱锥F-ABE的体积.22(2)求异面直线BF与PC所成角的正切值；(3)求三棱锥B-CEF的体积. =2．沿对角线BD折起，形成一个四面体A-BCD，且AC=m.(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时，四面体A-BCD的体积最大.》》解法指导.》》AD⊥DC，PA=PD=22,AD=2BC=2DC=4，将三角形PAD沿AD折起，连接PC,PB，得四棱锥P-ABCD(如图2)，且PB=22,E为AD的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若平面AMN和平面PAB的夹角的余弦值为，求线段EN的长.22(2)若P是棱C1D上一点(不含端点)，过P,B,E三点作该四棱锥的截面与平面BEC1所成的锐二面角的正 PAD」平面ABCD，PA」PD，PA=PD，E为AD的中点.(2)在线段PC上是否存在点M，使得DMⅡ平面PEB？请说明理由》》解法指导.满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确》》l题目1(2024·广东梅州·统考一模)AD⊥平面B1AD；AQAA1AQAA12(2024·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)设四边形ABC且PA⊥平面ABCD，若PA=AB=1,BC=2.2(1)求PC与平面PAD所成角的正切值；1AC,BD⊥PC,PA=AB=4.1(2)若=4,∠ABC=60°,求三棱锥P-BDE的体积.22(2)若二面角P-AD-B的大小为120°,求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.3344(2)求点A1到平面C1EF的距离；(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所5形，∠ADE=60°,DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，C5 (2)求直线DE与平面AEF所成角的正弦值； ————66(2)证明：平面PAB⊥平面PBC；(3)若直线PA和直线CD所成角的大小为30°,求四棱锥P-ABCD的体积.1(2023·北京·统考高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3.1(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小.2=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO.2(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.3(2023·全国·统考高考真题)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC3(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1-BB1C1C的高.44(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.55(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.6(2023·天津·统考高考真题)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M为BC中点.，N为AB的中点，6(2)求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；(3)求点C到平面AMC1的距离. 题目7(2023·全国·统考高考真题)如图，在正四棱柱ABCD-A1BD2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D88(2)点F满足=，求二面角D-AB-F的正弦值.11 1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，C1D令AB=AD=2，则DC=BD=22，又BD⊥DC，则有BC=BD2+DC2=4，OC=DC2+OD又AO⊥平面BCD，OC⊂平面BCD，由M,N分别为AB,AC的中点，得MN=BC=2,OM=AD=1,ON=AC=3，所以异面直线BC与AD所成的角的大小.线所成的角.=|cos<,>|=》》l题目1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BB122 2 2D，因为EG⊄平面AB1C1D，B1C1⊂平面AB1C1D，C1D，又因为EF⊆平面EFG，所以EF⎳平面AB(2)连接AC,BD，则AC∩BD=O，连接A1O,A1C1,B1O,在平面BB1C1C中，作B1N⊥BC交BC于N，在平面BB1D1D中，作B1M⊥BD交BD于M，连接MN，如下图：⎳A则A1OA1O=CC1在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，易知对角面BB1D1D⊥底面ABCD，因为平面ABCD∩平面BB1D1D=BD，且B1M⊥BD，B1M⊂平面BB1D1D， 2所以B1M 2,则B1M=2，在等腰梯形BB1C1C中，BC=2B1C1且B1N⊥BC，易知BN=BC，同理可得BM=BD，在△BCD中，==，则MN=CD，设正方形ABCD的边长为4xx>0，则正方形A1B1C1D1的边长为2x，MN=x，33因为B1M⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以B1M⊥MN，在Rt△B1MN，B1N=B1M2+MN2=2+x2，在Rt△BB1N中，BB1=B1N2+BN2=，则CC1=DD1=，所以在△A1OB1OB1===，22(1)证明见解析；(2)(1)因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且两平面交线为DC,AD⊥DC，AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥D1D,AD⊥DC，∠D1DC是二面角D1-AD-C的平面角，故∠D1DC=120°.又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，ED⊂平面AED,所以CE=AE=AD2+DE2=7.因为AE⎳平面BDF，AE⊂平面AEC,平面AEC∩平面BDF=OG，所以AE∥OG，所以G为CE中点，故OG=AE=．且直线OG与DF所成角等于直线44 2+2-(2)2=3.因此直线AE与DF所成角的余弦值为.取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD1=2.连接AG交BD于点I，连HI，HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角.正方形ABCD中，GI=AG，DI=DB=，所以GH=EG，故HI=AE=.因此直线AE与DF所成角的余弦值为.||为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由(1)知DE=3，得A(2,0,0(,B(2,2,0(,C(0,2,0(,E(0,0,3)，C1(0,1,3).5566由=t(0≤t≤1(，得=+=(0,2-t,3t).使得=λ+μ=λ(2,2,0(+μ(0,2-t,3t)=(2λ,2λ+2μ-tμ,3μt(，=. 分别是棱AB,A1B1的中点，N为C1E上一点.DC；(2)若AB=AC,=3，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.(1)连接BE,BC1,DE.又A1D⊂平面A1DC,EB⊄平面A1DC，所以EB⎳平面A1DC，DE=BB1=CC1，DE⊥平面ABC，从而DE⊥DB,DE⊥DC.又AB=AC，所以△ABC为等边三角形.因为D是棱AB的中点，所以CD⊥DB，即DB,DC,DE两两垂直.以D为原点，DB,DC,DE所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设=(x,y,z(为平面A1DC的法向量，设直线DN与平面A1DC所成角为θ,即直线DN与平面A1DC所成角正弦值为.》》解法指导.|cos<,>|=.》》l题目1(2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试)如图，在77(2)求直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值.(1)证明见解析；(2)因为AB=AC，所以AD⊥BC，又∠A1AB=∠A1AC=，AB=AC，AA1=AA1，所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B=A1C，所以A1D⊥BC，因为AD∩A1D=D，AD,A1D⊂平面A1AD，所以BC⊥平面A1AD，又AA1⊂平面A1AD，所以AA1⊥BC，由(1)BC⊥平面A1AD，BC⊂平面A所以平面ABC⊥平面A1AD，平面ABC∩平面A1AD=AD，A1O由∠A1AF=，∠BAC=，则A(0,-2,0(，C(-4,2,0(，A1(0,0,2(，B(4,2,0(，B1(2,2,2(，=(0,2,2(，AC=(-4,4,0(，BB1=(-2,0,2(，设平面A1ACC1的法向量为=(x,y,z(，,取=(1,1,-1(，设直线BB1与平面A1ACC1所成角为θ,8所以直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值为 6.32ABE-DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD.2(2)若∠EAB=，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值.同理可得AD⊥DE，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；得AD=BD=2a，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD同理可得，AD⊥DE，又BD∩DE=D,BD、DE⊂面BDE，∴AD⊥面BDE，又BE⊂面BDE，AD⊥BE；(2)由(1)知BD=DE=2a，又∵∠EAB=，∴AB=AE=EB=2a，由ED2+BD2=EB2，得DE⊥BD.又∵DE⊥AD，BD∩AD=D,BD、AD⊂面ABCD，∴DE⊥面ABCD，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM.因为AB⊂面ABCD，所以DE⊥AB，又因为DE∩DM=D，且DE,DM⊂面DEM，则AB⊥面DEM，又AB⊂面ABE，∴面DEM⊥面ABE.过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN.∴∠NAD就是直线AD与面ABE所成的线面角.∵面CDF⎳面ADE，∴∠NAD就是直线AD与面CDF所成的线面角.∵DE⊥DM，又DG=a，DE=2a，∴DN=a，又AD=2a，∴sin∠NAD=3=33，即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.99 (2)求平面BDF与平面BCF所成角的余弦值.(1)根据平行线性质结合余弦定理可得AE=2，进而可得AF」EF，再根据面面垂直的性质可得AF」因为AF=3EF=3，所以由AF2=AE2+EF2-2AE.EF.cos60。得AE=2.因为AF2+EF2=1+3=AE2，所以AF」EF.因为EFⅡAD，所以AF」AD.因为平面ADFE」平面ABCD，平面ADFEn平面ABCD=AD，AF军平面ADFE，所以AF」平面ABCD.因为BD军平面ABCD，所以AF」BD，连接AC，在正方形ABCD中，AC」BD，因为AF、AC相交，且AF、AC军平面AFC，所以BD」平面AFC.因为CF军平面AFC，所以BD」CF.则B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),F(0,0,3)，=(-2,2,0),=(-2,0,3),=(0,2,0)，设平面BDF的一个法向量为=(x1,y1,z1(设平面BCF的一个法向量为=(x2,y2,z2(，令z2=22=3cos‹,›===.所以平面BDF与平面BCF所成角的余弦值为.》》解法指导.线. 》》AA1(2)求二面角B-DE-A的余弦值.AA1 2 AD=ADDD1DE⊂平面ADD1A1，故AB⊥DE，AB∩BD1=B,AB,BD1⊂平面ABD1，故DE⊥平面ABD1，又AD1⊂平面ABD1，故DE⊥AD1，又AD⊥DD1，故∠ADE+∠D1DE=∠DD1A+∠D1DE，则∠ADE=∠DD1A，则tan∠ADE=tan∠DD1A，即=，又AD=BC=2，故AA1=DD1=22；则D0,0,0,B2,4,0,E2,0,2，=2,0,2，=2,4,0，平面ADE的法向量可取为=0,4,0，设平面BDE的法向量为=x,y,z，,-1,-22，故|cos‹,›|===,由原图可知二面角B-DE-A为锐角，故二面角B-DE-A的余弦值为.2和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形.2(2)若∠B1BC=120°,求二面角A-BC-D1的余弦值.因为底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形，所以C1D1⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1所以B1C⊥平面BC1D1，BD1⊂平面BC1D1，所以B1C⊥BD1；所以AB⊥平面BCC1B1，且AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BCC1B1，又因为平面BCC所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，且平面ABCD∩平面ADD1A1=AD，因为∠B1BC=∠A1AD=120°,所以∠D1DA=60°,所以△D1DA为等边三角形，取AD的中点M，连结D1M，则D1M⊥AD，D1M⊂平面ADDA1所以D1M⊥平面ABCD，再取BC的中点N，连结MN,D1N,则MN⊥BC，因为BC⊂平面ABCD，所以D1M⊥BC，又MN⊥BC，且D1M∩MN=M，D1M,MN⊂平面D1MN，所以BC⊥平面D1MN，D1N⊂平面D1MN，所以BC⊥D1N，所以∠D1NM为二面角A-BC-D1的平面角，D1M=3，MN=2，D1N=3+4=7，所以cos∠D1NM=2=27， 所以二面角A-BC-D1的余弦值为. (1)证明：BC⊥平面PCD；(2)已知AD=PD=DC=BC=2，且∠DPC=30°,求点D到平面PAB的距离.PCD；(2)由(1)可知，AD⊥平面PCD，中点PH⊥平面ABCD，设点D到平面PAB的距离为h，结合VD-PAB(1)因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，且AD⊥PD，AD⊂平面PAD，所以AD⊥平面PCD，(2)由(1)可知，AD⊥平面PCD，且AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCD，过P作直线CD的垂线，垂足为H，则PH⊥平面ABCD，由∠CPD=∠DCP=30°,PD=2，可得∠PDC=120°,PH=PDsin(180°-120°)=因为BC」平面PCD，PC军平面PCD，所以PC」BC，则PB2=BC2+PC2，可得PB=27， 2所以SΔDAB= 2所以SΔDAB=PA2-2取PB的中点M，连接AMPA2-2所以SΔPAB=1PB.AM=设点D到平面PAB的距离为h， 3由VD-PAB 3 3SΔ 37SΔDAB.7,所以点D到平面PAB的距离为.》》解法指导.》》边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是PB的中点.(2)求点E到平面PAC的距离.因为E,F分别为PB,PA的中点，所以EF∥AB,EF=AB，因为DE⊄平面PAC,CF⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.因为C,D为圆弧AB的两个三等分点，所以OA=OC=AC=2，则CH=3. 2 2因为E是PB的中点，所以S△PAE=S△PAB=23， 2因为PA=4，所以PC=4，则 22-12=15. 3d=设点E到平面PAC的距离为 3d=.即点E到平面PAC的距离为215.2.2.1BC；(2)求平面ADF1与平面A1BC间的距离.【解析】(1)在正六棱柱ABCDEF-因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面⎳A1C，(2)平面ADF1与平面A1BC间的距连接AC，则四面体A1ABC的体积V=S△ABC⋅AA1=S△ABCd.因为V=S△ABC⋅AA1=××1×1×sin×3=，A1B=AB2+AA=2，A1C=AC2+AA=6，所以cos∠A1BC==-，从而sin∠A1BC=，所以S△ABC=×1×2×=，所以d==，即平面ADF1与平面A1BC间的距离为. 1(2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试)如图，在四面体ABCD中，∠ACB=∠ACD=60°,BC⊥CD,BC=CD.(2)若AB=7,BC=2，求四面体ABCD的体积(2)在△ABC中，BC=2，AB=7，设AC=xx>0，2，解得AC=x=3.因为CD=BC=2，BC⊥CD，所以BD=22，则AE=AB2-BE2=5，CE=BD=2，AC=3，由(1)知BD⊥平面ACE，∴V四面体ABCD=VB-ACE+VD-ACE=S△ACE⋅BD=××22=2.》》解法指导.》》11段FG最短.求此时三棱锥F-ABE的体积即可.因为平面ABDE⊥平面ABC，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB⊂平面ABDE，所以DB⊥平面ABC，DB⊥AC，所以AC⊥平面BCD.因为AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCD.因为AB=2DE=2BD=2，DB⊥AB，ED∥AB，所以AE=BE=2.因为AC=BC，所以△ACE≌△BCE.所以AF=BF，FG⊥AB.因为EG=CG=1，S△ABC=AB×CG=1，因为平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，EG⊥AB，EG⊂平面ABDE，所以EG⊥平面ABC.此时，VF-ABE=VC-ABE=VE-ABC=××S△ABC×EG=.22(2)求异面直线BF与PC所成角的正切值； (3)可证得AF⊥平面ABCD，则三棱锥B-CEF的体积：VB-CEF=VC-BEF，计算即可.∴AC=AD2-CD2=4-1=3，∴AO=CO=，∵四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平 ∵P为DF的中点，∴AP=CP=1FD=1AF2+AD2=11+4=5∴∠CPO是异面直线BF与PC所成角，sin∠CPO===，∴异面直线BF与PC所成角的正切值为.(3)∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AF⊥AB，AF⊂平面ABEF，∴AF⊥平面ABCD，CA=BC2-BA2=3， =2．沿对角线BD折起，形成一个四面体A-BCD，且AC=m.(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时，四面体A-BCD的体积最大.2+AC2=BC2，即2+m2=4，∴m=2；2+AC2=CD2，即4+m2=2，∴m2=-2，无解．故AD⊥BC不成立.所以只需让三棱锥A-BCD的高最大即可，此时平面ABD⊥平面BCD，过点A作AO⊥BD于点O，根据面面垂直的性质易得AO⊥平面BCD，在平面BCD中作垂直于BD的直线，建立空间直角坐标系O-xyz，则A,2+(2(2+227，所以二面角A-CD-B的正弦值为sinθ=1-cos2,=1-2=.》》解法指导.》》P-ABCD(如图2)，且PB=22,E为AD的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若平面AMN和平面PAB的夹角的余弦值为，求线段EN的长.(1)证明见解析；(2)1(1)由等腰三角形证得PE⊥AD，勾股定理证得PE⊥BE，可得PE⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD.值.所以PE⊥AD，且PE=PA2-DE2=2，所以PE2+BE2=22+22=8=PB2，即PE⊥BE，又因为AD∩BE=E，AD,BE⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又PE⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.则A(2,0,0(,B(0,2,0(,M(-1,2,0(,P(0,0,2(，设EN=t(0之t之2(，则N(0,0,t(，所以=(-2,2,0(,=(-2,0,2(，设平面PAB的法向量为=(x1,y1,z1(，1=又=(-3,2,0(,=(-2,0,t(，设平面AMN的法向量为=(x2,y2,z2(，2=t2=,z2=2t++2=t++2=xt2+9222+12+12所以线段EN的长为1.2,cosB=2,cosB=(2)若P是棱C1D上一点(不含端点)，过P,B,E三点作该四棱锥的截面与平面BEC1所成的锐二面角的正(1)证明见解析；(2)(1)根据线面垂直判定定理证明即可；因为E,D分别为BC,AC的中点，所以CE=C1E=EB,CD=C1D=DA，所以ΔACC1,ΔBCC1分别为以AC,BC为斜边的直角三角形，即CC1」AC1,CC1」BC1，C 连接AH，因为AB=、=，所以AH⊥EB，又AH∩C1H=H,AH⊂平面AHC1,C1H⊂平面AHC1，所以BE⊥平面AHC1，连接HQ，则∠C1HQ是截面EPQB与平面BEC1所成二面角的平面角，即tan∠C1HQ=.又在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcosB=13+16-2×13×4×=21，所以在Rt△ACC1中，AC=AC2-CC=21-12=9，所以AC1=3，所以AH2=AC+HC，所以HC1⊥AC1;所以C1P=C1D,CP=CQ，所以=×=，所以VC-BQPE=2VC-CPE=4VC-DPE，又VC-AQB=VC-BQC，所以VQP-ABED=VC-ABQ-VC-DPE=VC-BQC-VC-DPE=5VC-DPE，所以=. PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E为AD的中点.(1)利用面面垂直的性质定理证得PE⊥平面ABCD，从而证得PE⊥BC；(1)因为PA=PD,E为AD中点，所以PE⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，因此PE⊥BC.取PB中点为F，连接DM,FM，又因为EF⊂面PEB,DM⊄面PEB，所以DM⎳面PEB.》》解法指导.满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确》》l题目1(2024·广东梅州·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，∠BAC=120°,且BC=，∠CBB1=60°,侧面BCC1B1⊥底面ABC，D是BC的中点.AD⊥平面B1AD；AQAA1AQAA1【分析】(1)根据余弦定理求得BC=BB1=3.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即【解析】(1)在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC得cos∠BAC=ABC2=4+4BC2，解得BC=23，得BB1=3.中，BB1=BD=3,∠DBB1=60°,则△BB1D为正三角形，⊥BD，又平面CBB1C1⊥平面ABC，平面CBB1C1∩平面ABC=BC,OB1⊂平面CBB1C1，所以OB1⊥平面ABC.由OE、OC⊂平面ABC，所以OB1⊥OE,OB1⊥OC，以O为原点，以OE,OC,OB1所则⋅=-x1+y1+1=0,⋅=-x2-y2+2=0，则⋅=-x1+y1+1=0,⋅=-x2-y2+2=0，⋅=-x1=0⋅=-x2=0令y1=3,y2=3，则x1=0,z1=-3,x2=0,z2=1，AD⊥平面B1AD；所以=+=1,3+λ,，设平面ACC1A1的一个法向量为=(x,y,z)，=cos,===，2且PA⊥平面ABCD，若PA=AB=1,BC=2.2(1)求PC与平面PAD所成角的正切值；(2)连接AG,DG，作DM⊥AG于点M，证明 又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD， 所以∠CPD即为PC与平面PAD所成角的平面角，所以PC与平面PAD所成角的正切值为；(2)假设存在，设BG=x0≤x≤2，连接AG,DG，作DM⊥AG于点M，因为PA⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，所以PA⊥DM，又PA∩AG=A,PA,AG⊂平面PAG，所以DM⊥平面PAG，所以DM即为点D到平面PAG的距离，由BG=x，得AG=x2+1，1AC,BD⊥PC,PA=AB=4.1-BDE=(2)利用间接法VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD，求体积.因为BD⊥PC,PC⊂平面PAC,AC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA.因为PA⊥AC,AC⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD，且AC∩BD=O，所以PA⊥平面ABCD.所以SΔBCD=SΔABD=X4X4X=43，则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=X43X2X4=，三棱锥E-BCD的体积VE-BCD=X43X3=43，三棱锥P-ABD的体积VP-ABD=X43X4=，故三棱锥P-BDE的体积VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD=-43-=.22(2)若二面角P-AD-B的大小为120。，求直线PB(1)证明见解析；(2).(2)依题意可得二面角P-AD-B的平面角为ZPOC，在平面POC内作OM」OC交PC于点M，由面所以ΔAPD和ΔACD都是等边三角形，所以AD」OP，AD」OC，OPnOC=O，OP,OC军平面POC，所以AD」平面POC，PC军平面POC，所以AD」PC，且AD」平面POC，AD军平面ABCD，所以平面POC」平面ABCD，平面POCn平面ABCD=OC，在平面POC内作OM」OC交PC于点M，所以OM」平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，0,-,,设平面PCD的一个法向量为=(x,y,z(，设直线PB与平面PCD所成角为θ,==，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.33(1)答案见解析；(2)(1)连接AC、D1E，D1OEA1D1q平面CDD1C1A1D1」平面CDD1C1，军平面A1OE平面A1OE」平面CDD1C1，A1(a,0,h(，O,a,0E0,a,0D1(0,0,h(，B(a,3a,0(，C(0,3a,0(，则=,-a,h=（-,0,0=(0,3a,-h(，=(a,3a,-h(，设平面A1OE的法向量=(x1,y1,z1(，令y1=h1=a0,h,a,设平面D1BC的法向量=(x2,y2,z2(，令y2=h|=+2 44(2)求点A1到平面C1EF的距离；(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所EF的距离为d=||求解；则B(6,6,0(,D1,,,E(0,3,0(,F(3,6,0(,A1,,,C1,,（,所有=(3,3,0(,=-,-,-,=（-,-,（,设平面C1EF的一个法向量为=(x,y,z(，,-1,0(，⊄平面C1EF，所以BD1∥平面C1EF；(3)假设在边BC上存在点M，设M(x,6,0(，则=（x-,,-,因为直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为，=== =|x-9|22 2-9x+455，则M(5,6,0(，此时|BM|=1.55 (2)求直线DE与平面AEF所成角的正弦值； ————(2)由(1)知CD⊥平面ADE，所以=(0,2,-3(，=(3,5,-3(，=(0,3,0(.设平面AEF的法向量为=(x,y,z(，-3,3,2(.所以直线DE与平面AEF所成角的正弦值为：.(3)设G(x0,y0,z0(到平面ABC的距离为h，VC(3,0,0(，=λ⇒(x0-3,y0,z0(=λ(0,6,0(⇒G(3,6λ,0设平面ABCD的法向量为=(x1,y1,z1(，=(0,1,3(，66(2)证明：平面PAB⊥平面PBC；(3)若直线PA和直线CD所成角的大小为30°,求四棱锥P-ABCD的体积.CD⎳AB得出AB⊥平面PBC，由AB⊂平面ABP，即(1)延长BC,AD，交于点Q，连接PQ，则PQ为平面PAD与平面PBC的交线.又因为AB⊂平面ABP，所以平面PAB⊥平面PBC.由AB=3得，PB=3， 2在平面PBC中，过点P作PE⊥BC于点E 2因为PE⊂平面PBC，AB⊥平面PBC，所以PE⊥AB，所以PE⊥平面ABCD，1(2023·北京·统考高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，PAPC=3.1(2)求二面角A-PC-B的大小.利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.又因为PB=PA2+AB2=2，BC=1,PC=3，所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.设平面PAC的法向量为=x1,y1,z1，设平面PBC的法向量为=x2,y2,z2，-z2=02=2=又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为.2=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO.2(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.(1)证明见解析；(2)(1)连接DE,OF，设AF=tAC，则=+=(1-t)+t，=-+，BF⊥AO，2+t=4(t-1)+4t=0，解得t=，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，则四边形ODEF为平行四边形，EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，(2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=6,BO=BC=2，所以PO=PB2-OB2=6-2=2，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P-ABC的高为PM， =3，2所以PM=PO =3，2-ABC=S△ABC⋅PM=×22×3=.33A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1-BB1C1C的高.C=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC,又因为BC⊂平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.所以A1O⊥平面BCC1B1，所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC,又因为A1B=AB，BC为公共边，所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C=AC.设A1C=AC=x，则A1C1=x，中点，OC1=AA1=1,又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA，即x2+x2=22，解得x=2，所以A1O=A1C-OC=22-12=1，所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1. C=AC；，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.⊥平面BCC1B11O=1，在Rt△A1CC1,CC1=AA1=2，设CO=x，则C1O=2-x，1OCCO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC=C1A，A1C2+A1C=C1C2，∴1+x2+1+(2-x)2=4，解得x=1，∴AC=A1C=A1C1=2，∴A1C=AC过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=21D=1B=AB=5，在Rt△ABC，∴BC=AB2-AC2=3，延长AC，使AC=CM，连接C1M，,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C，∴AC1=(2AC)2+A1C2，在Rt△AB1C12+A1C2，B1C1=BC=3，又A到平面BCC1B1距离也为1，55(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.(1)连接DE,OF，设AF=tAC，则=+=(1-t)+t，=-+，BF⊥AO，2+tC党2=4(t-1)+4t=0，解得t=，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，所以EF⎳平面ADO.又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.A(2,0,0,(,B(0,0,0(,C(0,22,0(，在ΔBDA中，cosZPBA===-在ΔBDA中，cosZPBA===-，2DB.AB2x2x6在ΔPBA中，PA2=PB2+AB2-2PB.ABcosZPBA=6+4-2(PA=14((x-2(2+y2+z2=14设P(x,y,z(，所以由