立体几何中的建系设点问题-高考数学题型归纳与方法总结（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

素养拓展28立体几何中的建系设点问题（精讲+精练）

、知识点梳理

一、建系有关的基础储备

与垂直相关的定理与结论

（1）线面垂直

①如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直

②两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直

③两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直

④直棱柱：侧棱与底面垂直；

⑤有一条侧棱垂直于底面的椎体。

⑥正三棱柱、正四棱柱：顶点在底面的投影为底面的中心。

⑦侧面与底面所成角均相等或侧棱长均相等可得顶点在底面的投影为底面的中心。

（2）线线垂直（相交垂直）

①正方形，矩形，直角梯形

②等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）

③菱形的对角线相互垂直

④勾股定理逆定理：^AB~+AC2=BC2,贝ijAB，AC

二、建立直角坐标系的原则

1.Z轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即Z轴要与坐标平面xOy垂直，在几何体中也是很直

观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z轴与底面的交点

2.x,y轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：

（1）尽可能的让底面上更多的点位于％y轴上

（2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件

（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点

3.常用的空间直角坐标系满足x,y,z轴成右手系，所以在标龙,y轴时要注意。

4.同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同。但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）

是一致的。

5.解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直+底面两条线

垂直），这个过程不能省略。

三、坐标的书写

1.能够直接写出坐标的点

（1）坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的AC。'点，坐标特点如下：

x轴：（x,0,0）y轴：（0,y,0）z轴:（0,0,z）

（2）底面上的点：坐标均为（羽又0）,即竖坐标z=0,由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正

确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以下图为例：

OC

则可快速写出/点的坐标，位置关系清晰明了H[1,g,0）,/1g,1,0）

2.空间中在底面投影为特殊位置的点

如果4（%,％,z）在底面的投影为4（%,%，°），那么占=/，%=%（即点与投影点的横纵坐标相同）

这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。如果可以则直接确定了横纵

坐标，而竖坐标为该点到底面的距离。例如：正方体中的8'点，其投影为8,而8（1,1,0）所以月（1,1,z）,

而其到底面的距离为1,故坐标为月（1,1,1）

以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：

3.需要计算的点

①中点坐标公式：4（玉,%，4）,5（%2，%，22），则A3中点五手，”卫，幺

②利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出

一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，

例如：求A’点的坐标，如果使用向量计算，则设4（x,y,z）,可直接写出4（1,0,0）1（1,1,0）,月（1』」）,

x-1=0

观察向量通=1N,而荏=（0,1,0）AB=(x-1,y-l,z-l)—1=1=><y=0

z—l=0z=l

.•.A（1,0,1）

四、空间直角坐标系建立的模型

（1）墙角模型：已知条件中有过一点两两垂直的三条直线，就是墙角模型.

建系：以该点为原点，分别以两两垂直的三条直线为X轴，y轴，Z轴，建立空间直角坐标系Z,当然条

件不明显时，要先证明过一点的三条直线两两垂直（即一个线面垂直十面内两条线垂直），这个过程不能省

略.然后建系.

⑵垂面模型：已知条件中有一条直线垂直于一个平面，就是墙角模型.

情形1垂下（上）模型：直线竖直，平面水平，大部分题目都是这种类型.如图，此情形包括垂足在平面图

形的顶点处、垂足在平面图形的边上（中点多）和垂足在平面图形的内部三种情况.

第一种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，平面图形的一边为x轴或y轴，在平面图形

中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴（其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点）建立空间直

角坐标系.如图1-1

第二种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，垂足所在的一边为x轴或y轴，在平面图形

中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴（其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点）建立空间直

角坐标系.如图1-2

第三种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，连接垂足与平面图形的一顶点所在直线为为

无轴或j轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴（其中很多题目是连接垂足与平面图形

的另一顶点）建立空间直角坐标系.如图1-3

B

图IT

图1—2

图1—3

情形2垂左（右）模型：直线水平，平面竖直这种类型的题目很少.各种情况如图，建系方法可类比情形

1.

情形3垂后（前）模型：直线水平，平面竖直这种类型的题目很少.各种情况如图，建系方法可类比情形

1.

X

图3—1图3-2图3-3

二、题型精讲精练

【典例1］如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD,AD=DC=CB=1,ZABC=60°,CF±平面

ABCD,且Cb=l,建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。

方案一：（选择为轴），连结AC

可知ZADC=120°在AADC中

|AC|2=|AD|2+1DC|2-21AD||Z）C|cosADC=3.\|AC|=V3

由=G,忸C|=1,ZABC=60°可解得AB=2,ZACB=90"

:.ACLBC•.•CF，平面ABC。

:.CF±AC,CF±BC,以AC,为坐标轴如图建系：

以0,1,0）,A（60,0）,。4，-；，0，网0,0,1）

方案二（以为轴）：过。作CD的垂线CM

.•.以CD,",CM为坐标轴如图建系：（同方案一）计算可得：CM=VJ3,A3=2

2

...A电期1,-,0,D（0,-l,0）,F（0,0,l）

【典例2］如图：已知P0,平面ABC。，点。在A5上，且E4〃P0,四边形ABC。为直角梯形,

AD//BC,BC1AB,BC=CD=BO=PO=2,EA=AO=-CD,建立适当的坐标系并求出各点坐标

2

解：•.•POL平面ABC。，EA//PO

E4,平面ABC。

:.EA±AB,EA±AD

•：AD//BC,BCLAB:.AD±AB

，A瓦AD,AB两两垂直，如图建系：

£A=；CD=1.-.E（0,0,l）

昭AAOB中：AB=《OB°-Od=6

Ani

cosAOB=——=—nZAOB=60°

BO2

AD//BCZBOC=ZAOB=60°

.BC=BO.hBOC为等边三角形

：.OC=BC=CDZOCB=60°

ZDOC=60°.,△COD为等边三角形

,-.OD=CD=2

.•.网6,0,0）,0（0,1,0）,0（0,3,0）,。（百2,0）

P在底面ABC。投影为。且PO=2.-.P（0,l,2）

综上所述：B（A/3,0,0）,0（0,1,0）,D（0,3,0）,C（A/3,2,0）,P（0,1,2）,E（0,0,1）

【题型训练-刷模拟】

一、解答题

1.（2023•重庆九龙坡・重庆市育才中学校考模拟预测）如图所示，在三棱柱■-OCE中，点G、M分别是

线段A。、BE的中点.

（1）求证：AM〃平面BEG；

（2）若三棱柱/M-OCE的侧面ABC。和AOEF都是边长为2的正方形，平面ASCD1平面ADEF,求二面

角b的余弦值；

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明

即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）取BE中点N,

则平行且等于3小，AG也平行且等于;BC,而2C平行且等于所，

所以平行且等于AG,

因此四边形AAWG为平行四边形，AM//GN,

又AW平面BEG,G/Vu平面5EG,

所以A"//平面BEG；

（2）由已知易证A尸，AD,4尸，AB,ABLA。建立以4为原点，以福亚，亚的方向为x轴，y轴，z轴正

方向的空间直角坐标系，

z

贝()40,0,0),3(2,0,0),C(2,2,0),0(0,2,0),E(0,2,2),F(0,0,2),G(0,l,0),M(1,0,1),

所以屉二(-2,2,2),BG=(-2,1,0),

设石=（阳y,z）为面BEG的法向量，则

n•BE=—2x+2y+2z=0

=>n=(-l,-2,l),

n-BG=-2x+y=0

同理可求平面BFG的法向量为正二（-1,-2,-1）,

7

所以二面角E-BG-F的余弦值为：.

2.（2023•海南省直辖县级单位•嘉积中学校考三模）如图所示，AABC为等边三角形，平面ABC,EA//BD,

AB=BD=2,AE=1,M为线段A3上一动点.

⑴若M为线段AB的中点，证明：ED1MC.

（2）若=求二面角0-00-E的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

220

【分析】（1）根据线面垂直可得再证明CM,平面43DE,再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）设AB的中点为。，连接OC,在平面ABDE内，过点。作ON_LAB交ED于点N,以。为原点建立

空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）因为M为线段AB的中点，

且“1BC为等边三角形，所以J.四，

因为E4_L平面ABC,CMu平面ABC,所以£A_LCM,

因为EA//BD,所以A,B,D,E四点共面，

因为ABu平面ABDE,AEu平面ABC\AE=A,

所以CM_L平面ABDE,

因为DEu平面ABDE,所以即_LMC；

（2）设AB的中点为0,连接0C,

在平面A5DE内，过点。作0NJ_AB交班）于点N,

由（1）可得0cON,A3两两垂直,

分别以02,OC,ON所在直线为X,y,Z轴建立空间直角坐标系，如图所示,

因为AB=3£>=2,AE=l,AM=3MB,

所以M[,O,O],C（0,73,0）,E（-1,O,1）,D（L0,2）,

30,1],加J：,0,21.,

所以碇ME=

3'

设平面MCE的法向量为根=（芯,％,zj,

m-MC=--xl+^yl=0

；,令％=2g,得必=1,

则zt=3A/3,

in-ME=~~xi+zi=0

所以平面MCE的一个法向量为而=（2后1,3⑹,

设平面MCD的法向量为“=（&,%*2），

n-MC=--x2+s/3y2=0

则12，令％=2A/3,得当=1，V3

n•MD=—x2+2Z2=0

所以平面MCD的一个法向量为"=273,1,-

17

-一\m-n~2__17A/22

所以cos（m,n

四-220

砸740X

所以二面角CM-E的余弦值为嗜.

3.（2023•河北秦皇岛•统考模拟预测）如图，在多面体ABCDE尸中，四边形ABCD是边长为4的菱形,

/BCD=60°,AC与BD交于点O,OE，平面ABCD,EF//AB,EF=2.

（1）求证：平面R?C_L平面A5CD；

（2）若AE=3应，点。为AE的中点，求二面角。-3C-A的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵题

11

【分析】（1）取BC中点G,连接PGOG,则由三角形中位线定理结合已知条件可证得四边形EfGO为平

行四边形，所以OE//GF,再由OEL平面A5CD,结合面面垂直的判定定理可证得结论,

（2）以。为坐标原点，以AC所在直线为x轴，8。所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角

坐标系，利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：如图，取BC中点G,连接尸G,OG,

因为O，G分别为AC,3c中点,

所以OG〃AB,OG=-AB,

2

因为EF=JA2,EP〃AB,

2

所以EF//OG,EF=OG,

所以四边形所GO为平行四边形，则OE〃G尸，

因为OE_L平面ABCD,所以GP_L平面ABCD.

又G/u平面叫C,所以平面F3C_L平面ABCD.

(2)因为OE_L平面ABCD,AC,8。u平面ABCD,所以。E_LAC,OE_L,

因为四边形ABCD为菱形，所以AC13。，

所以AC,3£),0E两两垂直，

所以以0为坐标原点，以AC所在直线为x轴，8。所在直线为＞轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐

标系，

因为四边形A3CD是边长为4的菱形，/3CD=60。，

所以△BCD是正三角形，则8£»=4,4。=口7=2石，

因为AE=3夜，所以OE=JA^—AO2=J18_12=#，

所以A(2后0,0),2(0,2,0)，4-2后0,0)闾0,0,网,0后0,

所以反=卜26,-2,0),丽=A-2,

设平面QBC的法向量为m=(x,y,z),

m-BC=-2邪!x-2y=0

则m-BQ=s/3x-2y+^-z=Q，令则而=(1,-若,一30卜

取平面A5c的法向量w=（0,0,1）.

设二面角。-8C-A的平面角为（9,由图可知。为锐角,

n-m303而

所以cosO=

n^mJl+3+1811

所以二面角Q-BC-A的余弦值为斗.

4.（2023•广西柳州•统考模拟预测）如图，三棱柱ABC-A由G的底面ABC是正三角形，侧面ACGA是菱

形，平面ACC0，平面ABC,瓦尸分别是棱A£,BC的中点.

（1）证明：砂〃平面ABBM；

__.2__.

⑵若AC=AG=2,GG=-qC,求直线Bq与平面EFG所成角的正弦值.

【答案】⑴证明见解析

⑵①

53

【分析】（1）欲证明一条直线平行于一个平面，只需证明该直线平行于平面内的一条直线即可;

（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量计算线面角.

取4q的中点连接ME,MB,因为瓦尸分别是棱4G，的中点，

则ME//BCJ/B尸,ME=^BlCl=^BC=BF,二四边形VERB为平行四边形,

所以EF//MB,；E/O平面ABB14,MBu平面ABBiA，

EF〃平面；

（2）在平面ACGA中过点G作GO^AC于0,连接。8,

,平面ACC]A11■平面ABC,平面ACGAPI平面ABC=AC,二G。_L平面ABC,

由菱形AC£A，AC=ACt=2,得CG=2,ZACq=60。，0C=l,CQ=6,

因为点。为AC的中点，.•.O3_LAC,故以。为原点，OB、0C、。6分别为％y，z轴建立如图所示的空间

则B（也,0,0）,C（0,1,0）,G（。,。,/），A（0,-2,道），E（0,-1,6），尸

筌可G

3厂）一.」一叵

所以可盘=配=卜石,1,0）,而=,-,-V3,GF=

2J%F

设平面EFG的法向量为n=（x,y,z）,

x+-y-石z=0r

22'艇殂42V3

则有l,解得x=-z,y=-----z令z=5,得〃=（4,2石,5）,

V31V355

——x——y------z=0n

[26-3

设直线qG与平面屏6所成角为巴

,46+2国

则sin0=|cos（〃,耳£17159

716+12+25.^+153

综上，直线gG与平面跳G所成角的正弦值为亨.

5.（2023・四川南充•模拟预测）如图所示，在圆锥。。中，。为圆锥的顶点，。为底面圆圆心，A3是圆。的

直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形.

⑴若点尸是BC的中点，求证：。///平面ACE；

IT

（2）若AB=2,ABAC=ZACE=-,求三棱锥A-CDE的体积.

【答案】⑴证明见解析；

1

【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.

（2）证明平面ABC,再利用等体积法求解作答.

【详解】（1）依题意，连接OF,O、尸分别是AB、3c中点，则37/AC,

OfV平面ACE,ACU平面ACE,则37/平面ACE,

四边形AODE是矩形，OD//AE,同理有8//平面ACE,

又。尸08=。，。尸,ODu平面OD尸，于是平面。£旅〃平面ACE,又。尸u平面ODP,

所以。///平面ACE.

C

（2）在圆锥。。中，£>O_L平面ABC,OOu平面ABDE,则平面ABDE_L平面ABC,

平面平面ABC=AB,在平面⑷5c内过点C作CGLAB于点G,

则CG_L平面ABDE,在RtABC中，AB=2,ZBAC=-,则AC=1,BC=7^,CG=立，

32

显然AE_L平面ABC,ACu平面ABC,则AE_L4C,又AC=1,ZACE=,因此AE=G，

v_v31A/3>/3_1

VA-CDE=VC-ADE=§°§乂彳X耳=7.

6.（2023・吉林长春冻北师大附中校考一模）长方形ABCD中，AB=2AO=2后，点E为CO中点（如图1）,

将点。绕AE旋转至点尸处，使平面PAE,平面ABCE（如图2）.

PA

（1）求证：PA±PB；

jr

（2）点/在线段尸3上，当二面角F-AE-P大小为了时，求四棱锥尸-ABCE的体积.

4

【答案】（1）证明见详解

（2）t

【分析】（1）由已知条件，先证明再利用平面PAE，平面ABCE,可证鹿，平面R4E,得到

PALBE,又PALPE,可得PA_L平面尸BE,从而可证R4_LPB；

（2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求出平面E4E和平面P4E的法向量，进而求出厂点坐标,

确定F点位置,求出四棱锥尸-ABCE的体积.

【详解】（1）证明：在长方形ABCD中，AB=2AD=2y/2,E为8中点，

AE=BE-2,

:.AE±BE,

・平面尸AE_L平面ABCE,平面PAEpI平面ABCE=AE,

BEu平面ABCE,

平面R4E,APu平面P4E,

:.BE±PA,又BEu平面尸BE,PEu平面PBE,

PEcBE=E,

,以_1_平面尸BE,依＜=平面产砥，

:.PA±PB.

如图，取AE的中点0,AB的中点G,连接OP,OG,

由题意可得OP,OG,0A两两互相垂直，

以。为坐标原点，以OG,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则4(1,0,0),£(-1,0,0),5(-1,2,0),P(0,0,l),

设丽=2万，贝!|尸（-22/1,1_孙

设平面FAE的一个法向量为m=（x,y,z）,

m-AE=0=0

则

m-AF=0—l)x+22y+(1—2)z=0，

令y=i,得2=兴,

/I—1

/.m=

m-n2

•cos(/一7TZn一、/——

又BE,平面E4E,.i=^=(O,2,O)是平面E4E的一个法向量，…\'/一422

X

HH2AC

22-22+1

_______2_______上J

令I4^2，解得2）或无=一1（舍）.

2x.1+^^—3

V22-2A+l

即产为网的靠近P的三等分点时，二面角尸-钻-P的平面角为;，

4

..尸平面他CE,且PO=1,

尸到平面ABCE的距离为g,又四边形ABCE的面积为3,

1122

...四棱锥产—ABCE的体积力.CE=-SABCE-h=-x3x-=^-

7.（2023•河南开封・统考三模）如图，在圆锥。。中，D为圆锥顶点，A8为圆锥底面的直径，。为底面圆

的圆心，C为底面圆周上一点，四边形。4匹为矩形，且AC=1,BC=6

（1）若P为BC的中点，求证：〃平面ACE；

（2）若CE与平面04匹所成角为30。，求二面角A-DE-C的余弦值.

【答案】⑴证明见解析

⑵出

11

【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行和面面平行的判定定理进行证明即可;

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）连接DR0F,

在中，。、尸分别为AB、BC的中点，所以av/ac,

因为ACu平面ACE,OFU平面ACE,所以0P//平面ACE,

在矩形。4ED中，0D//AE,

同理可得0D〃平面ACE,y.OFC\OD=O,。尸,O£>u平面0DP,

所以平面ODFH平面ACE,

因为DFu平面0£不，所以〃平面ACE；

（2）过点C做〃±AB交AB于前M,连接ME

由题可知ODL平面ABC,豆ODIIAE,所以平面ABC

则AE_LCA/,又A3C|AE=A,AB,AEu平面OAED,

所以CM,平面。4即，

/.CE在平面OAED内射影为ME,

则NCEM即为CE与平面Q4ED所成的角，所以NCEM=30。

在AABC中，由可知CW=3

222

贝（ICE=G,AE=拒,

以C为坐标原点，AC、3c所在直线为X、y轴，

过点C垂直于平面A3C为z轴，建立空间直角坐标系，

则C（0,0,0）,A（-1,O,O）,D,E（-l,0,>/2）,

\7

AE=（0,0,V2）,ED=；，一#,0,CE=（-l,O,^j,

Zk

设平面ADE的法向量为4=a，%,zj,

4=0

AE-=0

则，即1V3.

ED•勺=0—X----必=0

12121

令y=l,则不=6,所以1=(6,1,0),

设平面CUE的法向量为%=（%2，%*2），

_入2+A/2Z2=0

令为=1,贝Z2=¥，所以区=（6」,半

2.

因为一^面角A-OE-C为锐一面角，

所以二面角A-DE-C的余弦值为复H.

11

8.（2023・新疆・统考一模）如图，在平面四边形A3C0中，AB=AD=1,BC=CD=—,且5CLCD,以

2

为折痕把和△CBQ向上折起，使点A到达点E的位置，点。到达点尸的位置，且E,尸不重合.

D

⑴求证：EF±BD；

⑵若点G为△AB。的重心(三条中线的交点)，EG，平面A3。，求直线与平面4狙所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵遮

3

【分析】(1)通过证明3D1平面EFH来证得

(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线8。与平面山汨所成角的正弦值，再转化为余弦值.

【详解】(1)由题知EB=ED=1,BF=DF=—,

2

设BD的中点为H,连接EH,FH,因为EB=ED,所以EH_LBD,

又因为=所以FHLBD,且酬,尸〃u平面EFH,EHCFH=H,

所以5D工平面又£Fu平面EFH,所以BDLEF.

(2)

△BCD中，由勾股定理得，BD=1,所以为等边三角形.

连接AG并延长交BD于H,AWL即.过G作Gx//BD,

以G为原点，如图所示建立空间直角坐标系.

在△AB。中，AG=-AH=—,GH=-AH=—,

3336

A[O£O],E[O,O当,一g,o],

BD=(1,0,0),BA=；，与,0,BE=去当'，

设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),

由BA-沆=0,BE-m=—x+^-y+^-z=Q,不妨取沅=

2226-3

设BD与平面ABE所成角为a,

7T

9.（2023•广西玉林•统考模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A瓦G中，侧面4人吕丹是菱形，＞ZBA41=j,

侧面B^BCCi是边长为2的正方形，侧面BMC,1侧面A.ABB,,D为&蜴的中点.

（1）求证：平面3CD；

（2）求平面Cg与平面CDB所成的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵W

【分析】（1）由菱形和等边三角形性质可证得AB，8£＞；根据面面垂直和线面垂直性质可证得AB

由线面垂直的判定可证得结论；

（2）以B为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）连接AB,

•.•侧面4A84是菱形，且/&14=；,.44叫是等边三角形，

又。为A耳的中点，瓦，B。，

・••A8//A4，.-.AB±BD；

侧面B.BCC,是边长为2的正方形，二BC±BBt,

又侧面BlBCCl±侧面AABB,,侧面BiBCCln侧面AiABBl=BB,,BCu侧面B{BCCX,

.,.3C_L侧面,又ABu平面442片，

QBCIBBt=B,BC,58]u平面BC£),ABI平面BCD

(2)以B为坐标原点，丽，丽，南正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系,

则3(0,0,0)、4(2,0,0)、£>(0,73,0),C(0,0,2)、40,6,0)、£卜1,亚2),

.-.Dq=(-1,0,2),CQ=(-1,73,0),

设平面C£»G的法向量〃=(无,y,z),

-n=-x+2z=0「「一/l

则,令y=2,解得：》=26，z=6，"=2"2,g

・力=_：c+&y=01'

平面CDB，x轴，.•.平面CDB的一个法向量正=(1,0,0),

|/--\|一|加"|_2百_2屈

一回佃成一区“12+4+3一

二.平面CDC,与平面CDB所成的锐二面角的余弦值为苇^.

10.(2023・福建•校联考模拟预测)如图所示，三棱柱ABC-A瓦G的所有棱长均为1,/人用C为

2

直角.

(1)证明：平面ABC1平面43月4；

(2)设点P是棱BBt的中点，求直线BC与平面\PC所成角0的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)通过证明平面ABC来证得平面ABCS平面4230.

(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BC与平面APC所成角。的正弦值.

【详解】(1)如图，取A3的中点。，连接8,BtD.

由于，三棱柱ABC-A4G的所有棱长均为1,故底面AASC是正三角形，

因此AB_LC。，BD=~,CD=—.

22

由于/A4c为直角，故A片，用c,所以A8L8c.

于是451平面片CD,由此得AB，BQ.

在直角△8BQ中，耳/)=卜_出2=#.

在ACBQ中，由耳C?=4£>2+Cr>2=],故CZ)_L8Q.

又AB,CDu平面ABC,AB^\CD=D,

所以21£>_L平面ABC,面耳。u平面ABB]A，

故平面ABC1平面A84A.

(2)以。为坐标原点建立如图空间直角坐标系.

于是A[O,；,O],B]O,-；,O],cf^,o,ol牛0,0,1

尸I卜厂4;44J

由AB=AB1,得,所以

有=[岑1，用，前=国,。

设而是平面ACP的法向量.

-m=O

,可取而=@,-6,5).

g-m=0

m-BC6_vm

由此得sin。=

J9+3+25-37

即直线3C与平面4cp所成角e的正弦值为回.

37

H.（2023•广西南宁・南宁二中校联考模拟预测）如图所示，在多面体ABCDE尸中，底面A8CD为直角梯形,

AD//BC,AB.LBC,侧面为菱形，平面"平面ABCD,M为棱8E的中点.

⑴若点N为。E的中点，求证：施V||平面A5CD；

（2）^AB=BC=^AD,ZEBA=60°,求平面M4D与平面EFD夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵也,

19

【分析】（1）连接8。，MN,证得MN/ABD,利用线面平行的判定定理，即可证得MN//平面ABCD.

（2）根据题意，证得平面A5CD,以。为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面MAD和平面EED

的一个法向量行=（。，1，6）和元=卜，。，46），结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：连接8。，MN,

因为M,N分别为8E,DE的中点，所以MN为△£»£＞的中位线，所以MN//BD,

又MNU平面ABCD,虞）u平面ABCD,所以肱V//平面ABCD.

（2）解：取的中点O,连接。E,

因为侧面/WEF为菱形，且/EB4=60。，

所以在AEBO中，EO2=BO2+EB2-2BO-EBcos60°,解得EO=6BO,

所以石。2+OB?=EB2',即OE_LAB,

又因为平面ABEF_L平面ABCD,平面ABEFc平面ABCD=AB,OEu平面ABEF,

所以平面ABC。，

过O作A3的垂线，交8。于H并延长，

分别以OH,OA,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系。-邙,

如图所示，设AD=4,则AB=3C=；AO=2,

故网0,0,6）,0（4,1,0）,A（0,l,0）,F（0,2,V3）,B（0,-l,0）,

则M0,一；,*（）3"=4_

,MA='W[T4,而=（0,2,0）,ED=（4,1,-73）,

I11）22

m•MA=—y.-z,=0

11%=0

设平面肱的法向量为分=（占,，贝卜22Hn

IDMzJ,「，即彳

—•3J3Z[=扃'

m-MD=4玉+—^———Z]=0

取％=1,可得肩=（0」,百）,

为•EF

设平面EFD的法向量为。=（孙％乌），，=2y2=0%=0

_—,r，即＜

m•ED=4%+%—Y3Z1=04X2=y/3z2'

令Z2=4，5,贝！）％2=3,所以〃=9,。，46）,

/一八m-n2A/57黑后

则cos伊1*=MH=,故平面MAD与平面EFD夹角的余弦值为包i.

12.（2023・陕西咸阳•武功县普集高级中学校考模拟预测）在图1中，四边形A5CD为梯形，AD//BCfZABC=^f

o

TT

ZBCD=-,AD=CD=2,过点A作AELAB,交BC于E.现沿AE将△ABE折起，使得BCLDE,得

到如图2所示的四棱锥3-A£CD,在图2中解答下列两问:

图2

(1)求四棱锥B-AECD的体积;

3

⑵若尸在侧棱8C上,BF^-BC,求二面角C—EF—D的大小.

【答案】(1)4

(2)90°

【分析】(1)在图1中，证明出平行四边形AECD为菱形，作出辅助线，得到OE1AC,进而得到DE工平

面ABC,得到证明出AB上平面AECD,利用棱锥体积公式求出答案；

(2)建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，得到两法向量垂直，得到二面角大小为90。.

【详解】（1）在图1中，VZABC=^,AELAB,

O

TTTT

/.ZAEB=~,又/BCD=—,：.AE//CD,

33

又AD/ABC,.•.四边形AECD为平行四边形.

：AD=CD,...平行四边形AECD为菱形.

在图2中，连接AC,则OE1AC,

又BCLDE,AC,BCu平面ABC,ACC\BC^C,

二DE2平面ABC,

平面ABC,；.AB工DE,

VAE±AB,AEC\DE=E,AE,DEu平面AECD,

平面AECD,

其中菱形AECD的面积为£=AD-AEsin'=2x2x3=2若,

132

%-AECD=]S[xAB=§x20x（AEtan§）=4.

z

B\

A

y

（2）在图2中，以A为原点，以AD所在的直线为y轴建立如图所示的直角坐标系,

则5（0,0,2⑹,£＞（0,2,0）,E（A/3,1,0）,C（后3,0）,

方=丽+丽=丽+；南=（—百,—1,2石）+:（石,3,—2月）=—

设面CEF的一•个法向量为4HHWZJ,EC=(0,2,0),

^-EC=(x1,y1,z1)-(O,2,O)=2y1=0

由一/65A/3,5」6_n'

z

.EF=(x1,^1,z1)----=---xl+-^+—i=°

解得M=0,令4=1,则为=2,取E=(2,0,1),

设面DEF的一个法向量为0=(%，%，Z2)，又丽=(-A/3,1,0),

->/3X

n2-ED=(x2,^2,z2)-卜石,1,0)=2+%=0

由^-EF=(x2,y2,z2y-^-,|,y-^|=-^-x2+|y2+^z2=0

令犬2=1，则%=石，Z2=-2,取%=(1,6,-2),

所以“•%=0,

故二面角C-E产-D为90。.

13.（2023•陕西宝鸡校考一模）如图，在矩形ABCD中，BC=2,E,尸分别为A3,8的中点，且沿AF,

3尸分别将△AFD与△BFC折起来，使其顶点C与。重合于点尸，若所得三棱锥尸-尸的顶点尸在底面

ABF内的射影。恰为£■厂的中点.

p

（1）求三棱锥P-ABF的体积；

（2）求折起前的△3CV与侧面瓦犷所成二面角的大小.

【答案】（1）迪；

3

⑵竺

3

【分析】（1）根据题意，证得尸尸，平面得到MLPE,结合防，得到！P斯是斜边所=2的

等腰直角三角形，根据锥体的体积公式，即可求解；

（2）以。为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面尸班'和平面3c尸的一个法向量，结合向量的夹角

公式，即可求解.

【详解】（1）解：因为A5CD为矩形，在折叠过程中，可得尸PLPA,尸产，依，

又因为上4。尸3=「且上4,28<=平面上钻，所以尸P_L平面上4B,

因为PEu平面R4B,所以PFLPE,

又因为点尸在底面AB尸内的射影。，且0为所的中点，所以尸OLE尸，

所以！P即是斜边跖=2的等腰直角三角形，

所以PO=1,PE=PF=6,且AB=DC=2PF=2&，

因为ABC。为矩形，且E,尸为边AB,8的中点，可得

所以/.尸O=；x2&xl=竿,

即三棱锥P-AB尸的体积述.

3

（2）解：以。为原点，以。旦所在的直线分别为x轴，z轴，以过点。垂直于平面的直线为y轴,

x

可得尸(0,0,1),A(l,-V2,0),5(1,72,0),E(l,0,0),F(-l,0,0),

则丽=(-2,-0,。),P