专题12 立体几何解答题（原卷版）-2021年新高考数学模拟题分项汇编（第五期5月）

专题12立体几何解答题

1.（2021•湖南高三二模）如图四棱锥P—ABCD,AB//DC,DC±AD,若在侧面上存在一条直

线段ER与AO平行.

（1）证明：底面A8CD为矩形；

（2）若PAPB,PC,P£＞与平面ABC。所成角都为45。，点E为尸。的三等分点（靠近点C）,

AD=2AB=4,求二面角P—E尸一A的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）

2

【分析】（1）由4）//夕可得AO//面PUC,然后由线面平行的性质得到8C///W即可；

（2）设尸在底面的投影为。POJ_平面AC,根据题意可得矩形对角线的交点即为。，然后建立空间直

角坐标系，算出两个平面的法向量坐标即可.

【解析】（1）依题4O//EF,4。仁面PBC，Efu面P8C，故AD”面PBC

面A4CDCI面P8C=4C,由线面平行性质及平行传递性得：EF//BC//AD

又AB//DC,故底面A3CO为平行四边形

又。C_LAD，底面A8CD为矩形

（2）设P在底面的投影为。PO_L平面AC

依题：/PAO=NPBO=NPCO=NPDO=45。,易知。为矩形A3CO的外心，

由对称性可知，矩形对角线的交点即为O,如图建系，

则A（2,T0）,8（2,l,0）,C（—2,l,0）,O（—2,T0）,P（0,0,君）

由匹无，得（乙,力,2£-6）=£（一2,1,一石），所以E

又CB=(4,0,0),CP=(2,-l,5/5)

设面尸8C的法向量为沅=(x,y,z)

驾M仁:十底.取。…举到

同理可得面ADE的法向量为n=（0,1,-^）,

因为方4=0,故所求二面角P—砂一A的大小为

2.（2021•河北高三二模）如图，在四棱锥P—A5C。中，底面ABC。是菱形，PA=PD=ADfND48=60°.

（1）证明：ADJLP3；

（2）若异面直线尸8与C。所成角的余弦值为逅，求二面角4一尸3—。的余弦值.

4

【答案】（1）证明见解析；（2）-叵

5

【分析】（1）设4。的中点为O,利用等边三角形的性质、菱形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明

即可;

（2）根据异面直线所成角的定义，结合（1）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.

【解析】（1）证明：如图，设的中点为O,连接OP,OB,BD.

AB

由B4=PD=A£>，AB=AD,ZDAB=60°,可知△ABO,△P4O为等边三角形,

又点0为人。的中点，所以POJ_AD,BO.LAD

又「OP!BOO,故AO_L平面POB

又P5u平面尸。8,

所以A£)_LP3.

(2)解：不妨设/%=尸£>=4)=2，则OP=BO=JJ.

由AB〃C£>,得cosNP8A=^，又AP=AB=2，

4

PA2=PB2+AB2-2PBABcos4=PB2+4-y/6PB

解得PB=在，

在APOB中，OP^+OB?=PB2，所以PO_L。&

由(1)可知PO_LA£),BO±AD.故P。，OB,AO两两垂直.

以O为坐标原点，分别以04,OB,。尸所在直线为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐

标系Oxyz.

则41,0,0),B(0,V3,0),P(0,0,我,C(-2,V3,0).

设〃=(N，y,zJ为平面APB的法向量,

任一L

n•AP=0,F+|=0,

则《一，即《可取〃=

n-AB=0,一%+。3M=0,

设机=(/,%,Z2)为平面尸BC的法向量,

而•BP=0,=0,—

则《[―2；]。，可取加

w-BC=0,

nm-2_Vio

/.cos〈几,加〉

I〃I•Im\x/3+l+lxVi+T-5

由题意，可知二面角A—PB—C的平面角为钝角,

・•・二面角A-PB-C的余弦值为一亚.

5

3.（2021•广东高三二模）如图，四棱锥P—A3C。中，底面A8CO是边长为3的菱形，ZABC=60°PA±

面A8CD,且24=3.尸在棱Q4上，且Ab=l，E为棱P£>的中点.

（2）求二面角3—。尸一4的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

13

【分析】（1）取尸产的中点G,连接EG、CG,连接AC交3。于。，连接/0,通过证明面CGE//面

厂来得到所需结论：

（2）取BC中点Q,建立如图所示的空间直角坐标系，分别得到面3。厂和4。尸的法向量，求出法向量

夹角的余弦值即可得结果.

【解析】（1）取尸产的中点G,连接EG、CG,连接4c交8。于0,连接尸。.

•・•£、G分别为P。、P尸的中点

AEG//FD,又EGQ：面FDu面BDF,：・EG"面BDF,

又AF=1，故尸为GA的中点，

AFO//GC,又GC（Z面BDF，"><=面5短产，・・・6€7/面3。9，

EGcCG=G，EG,CGu面CGE,

・•・面CGE//面BOF，

又CEu面CGE,：.CE//面BDF.

(2)取8C中点。，连接AQ,IABC。是NA3C=60。的菱形,

AAQ1AD,又抬_1_面48。，

，分别以而、AD.还为X、V、z地正方向建立空间白.角坐标系A-MN如图所示.

'3J33、

则。(0,3,0)、BC—,-,0、户(0,0,1)、尸(0,0,3).

2222

・••丽=(0,-3,1)、DB=陷轲.

22

设面5。产的一个法向量为=(x,y,z),

-3y+z=0

n•DF=0

则由＜可得|3班9

nDB=0x——y=0

22

不妨令z=3,则解得x=豆，y=l.

・"=(61,3).

显然面AOF的一个法向量而=(1,0,0)，

./一一、tnny/39

・・C0S〈〃7,〃〉=--------=-----,

\m\-\n\13

...二面角5-OF-A的余弦值为叵.

13

4.（2021•山东高三二模）如图，在四棱锥P—A3CD中，底面A8CD是边长为1的正方形，PA1CD,

24=1，PD=4i，E为PD上一息,且PE=2ED.

（1）求证：平面R4C_L平面A3CO：

（2）求二面角P—CE—3的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）32.

10

【分析】（1）用勾股定理证明~4_LAZ）,结合BAJ_CO,即可证明P4_L立面ABC。，从而证到平面

PAC_L平面A8CO；

（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式求解即可.

【解析】（1）证明：在中，PA=AD=\,PD=y/2

PD2=PA2+AD2

PA-LAD

又姑_LCO,CDC\AD=D,CD,ADu平面458

平面ABCD

又PAu平面PAC

・•・平面P4C_L平面ABCD

(2)以A为原点，A3，40，AP所在直线分别为不轴，5轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

则B(I,O,O),C(u,o),£(°，|g)，尸(°，°，1)

.■灰=(0,1,0),C^=f-h-p-LPC=(I,1,-1)

tnCE=0

设平面PCE的一个法向量为m=(内,如zj,则〈

m-PC=0

L_AA

.J,33+=0

%,+yj-z,=0

x=0

令y=i,解得｛।

匕=1

.-.^=(0,1,1)

z、[n-CE=0

设平面5CE的一个法向量为〃=(%,%，22)，则〈一

力2jn-BC=0

-x--+^-=0

.>233

%二°

%二。

令占=1，解得(c

z2=3

/.n=(1,0,3)

mn_3_3石

〈

/.cosm,n)=\m\\n\~y/2xy/10~10

••・二面角P-CE-B的余弦值为迈.

10

5.（2021•辽宁高三二模）如图，三棱锥P—A3C的底面ABC和侧面QA5都是边长为4的等边三角形，且

平面平面AZJC,点E为线段E4中点，点尸为A6上的动点.

（1）若平面CMJ•平面ABC,求线段A厂的长；

（2）求直线CE与平面P8C所成角的正弦值.

【答案】（1）1；（2）叵.

10

【分析】（1）方法一通过建空间直角坐标系来利用面面垂直，从而求出线段长度；方法二通过线面、面面

关系的性质求得防_L平面48C，进而解得长度.

（2）建系后，通过直线与面的法向量的夹角来求得线面夹角.

【解析】解（1）（法一）取A8中点。，连接PO，CO.

•・•^ABCH△PA8都是正三角形，

APOLAB,CO±AB

又已妇平面ABC±平面PAB，

：・尸0_L平面48c.

如图所示，以o为坐标原点，分别以OA,oc,OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.

•；APAB，△ABC边长为4,E为4P中点，

A（2,0,0）,C（0,260）,B（-2,0,0）

设AF=r,则尸（2T,0,0）,CF=（2-t-2y/3^yEF=（l-r,0,-V3）.

设平面CEF的法向点=（%,y,zJ.

（

2-r）xI-2>/3yI=0令％=G，得（'=1一5,

（1T）X-Gz]=0储=1T

设平面ABC的法向量而=（0,0,1）.

•・•平面C"_L平面ABC,・・.4・/i=0,即1一，=0,解得/=1,

故线段A/的长为1时，则平面C£FJ■平面ABC.

（法二：同•法）取AB中点。，AO中点G,连接EG，PO.

A

:△PAB为正三角形，E为％的中点,

：.PO1AB.

•:EG//PO,AEGLAB.

又平面平面ABC,••・EGJ•平面ABC.

在平面EFC中，作。于点尸'.

丁平面EFC_L平面ABC,平面砂'Cc平面ABC=FC，

，EFJL平面ABC

•・•过平面外一点有且仅有一条直线垂直于已知平面，

・•・点尸与G重合，即为所求点尸

即当A尸=1时,平面CEFJ•平面A8C.

（2）由（1）图所示，

则易知:0（0,0,0）,c（o,26,o）,E（l,0,V3）,P（0,0,2>/3）,8（—2,0,0）,

.♦.在二（1,-26,白），

设平面P3C的法向量沅=（5,y,zj,乂9=（2,0,26），BC=（2,2x/3.0）

2x.+2>/3z.=0厂/

则〈厂，令可得比=r—1

2占+2岛=0'

设直线CE与平面P8C所成的角为。，

..I-\l\/3+2^3—5/3Vt5

则nSL非风。巳砌C=E丽-m=4x75"元

故直线CE与平面P8C所成角的正弦值为叵

10

6.（2021,辽宁高三一模）如图，在三棱台ABC—。所中，平面A3E£）_L平面BCEE,BAA,BC,BC=3,

BE=DE=DA=-AB=\.

2

（1）求证：AE_L平面BCFE；

（2）求直线。尸与平面A跖成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）姮

13

【分析】（1）求出等腰梯形4BEO的对角线4石长，由勾股定理逆定理判断4E_LBE,再利用面面垂直的性质

即得证；

（2）由⑴可得AE_L5C,进而证得斯_L平面平面AEF_L平面过点。作出平面AE产的垂线得

线面角，求解即得.

【解析】（1）在三棱台ABC—尸中，BE=DE=DA=-AB=\,四边形AB。是等腰梯形，过E作

2

EGLBE于G,如图：

AB-DF1EG1

EG=---------=—,cosZ.ABE=----=—,AABE中，由余弦定理得

22BE2

AE=yJBE2+AB2-2BEAB-COSZABE=^12+22=>/3，

所以4E?+BE?=4=AB2,/AEB=90,即AELBE,

因平面平面BCEE，平面ABEDc平面AEu平面ABED，

所以AE_L平面8（才E：

（2）由（1）知A«_L8C,又BAJL/C，ABu平面A垃―且A"u平面A4为，ABr>AE=A,则6C'_L平面

ABED，

由已知EM如C,则有所_L平面ABED，而Mu平面AEF，

所以平面4后/_1_平面从8瓦）,过。作0O_LA£于。，平面AE/Cl平面AB££>=AE，

OO_L平面4EE连接尸。则尸0是。尸在平面AE尸内的射影，即ND向0是直线。产与平面川印所成的角，

AC=ylAB2+BC2=4i3^而V。砂：VA3C，则g=与=4，DF=£，

ACADZ2

等腰zsAOE中，。是AE中点，则。。二』，RIADFO中,sinZDFO=^=-1=r=^,

2L）rV1313

F

故直线0b与平面A石尸成角的正弦值是—.

13

7.（2021・辽宁高三一模）正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正

多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角

都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、

正二十面体.已知一个正四面体QP叱和一个正八面体4EFB/7C的棱长都是。（如图），把它们拼接起来,

使它们一个表面重合，得到一个新多面体.

（1）求新多面体的体积；

（2）求二面角4一8/一。的余弦值;

（3）求新多面体为儿面体？并证明.

【答案】（1）迹:；（2）-1；（3）新多面体是七面体；证明见解析.

123

【分析】（1）分别求得正四面体和正八面体的体积，由新多面体体积为原正四面体体积匕与正八面体体积匕

之和求解;

（2）位正八面体AC中，取3”的中力、为何，连结AM、CM,易得NAMC为:面角A—打尸一C的平面

角，利用余弦定理求解;

（3）由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为-；，设此角为a.再求得四面体相邻面

所构成的二面角夕的余弦值为:判断.

3

【解析】（1）如图所示:,在正四面体中，分别取P7,。/?的中点，连接QMRN,

NG,她PT1QN,PT工RN,QNcRN=N,所以P7_L平面QNR,

所以正四面体的体积为-fl«Yxa=^a3

1

3即R32V2UJ12

，在正八面体中，连接AC交平面EFB”于点O,则AO_L平面E/8”,

__________应

所以5即86=〃2,4。=，4七2一。七2=.。,

2

所以iE/llIiH本的体积为匕=2xixSEFBGxAO=2x；xax^~a=^~a'，

因为新多面体体积为原正四面体体积匕与正八面体体积匕之和,

所以1，=匕+匕=%停1

(2)如图，在正八面体4c中，取8/的中点为M,连结AM、CM,易得NAMC为二面角人一成一。

的平面角.

易得A"=MC=*。，AC=2AO=2>jAE2-OE2=41a^

MA2+MC2-AC2

由余弦定理得cosNADC2

2MAMc3

(3)新多面体是七面体，证明如下：

由(2)可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为-设此角为a.

在正囚面体中，易得/刎为二面角A-M-C的平面角.

r>/3yrv3丫

NQ2NR2QR222

由余弦定理得cos/QNR+-IJIJ

2NQNR3

即正门面体相邻面所构成的二面角。的余弦值为二，

所以e+a=180’，因此新多面体是七面体.

8.（2021•江苏南京市高三二模）如图，三棱柱的所有棱长都为2,旦。=V&A5_L4c.

（1）求证：平面45与A_L平面ABC；

4

（2）若点P在棱65上且直线CP与平囱ACGA所成角的止弦值为不，求3P的长

【答案】（1）证明见解析；（2）BP=-.

2

【分析】（1）取A5中点D连接CQ,BQ.证明AB_L平面4co.得AB1用。，计算出后由勾股

定理逆定理得CO_LB|D,从而可得旦。J"平面ABC，得证面面垂直.

（2）以OCOAO4所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，丽=%函用空间向量法求二

面角的余弦，从而可得/I.

【解析】（1）证明：取AB中点。，连接

因为三棱柱A8C—A4G的所有棱长都为2,

所以A8_LCD,CD=6,BD=\.

又因为AB_L81C,且COc片C=C,CD,耳Cu平面8c。，

所以AB_L平面BC。.

又因为4Ou平面&CQ,

所以43_LBQ.

在直角T角形与8£＞中，BD=1,B、B=2,

所以耳。=状.

在三角形8c。中，CD=6,B\D=也、B、C=瓜,

所以82+用。2=片。2,

所以CO_Lq。，

又因为AB_LA8cCD=D,AB,CDu平面ABC,

所以2。_L平面ABC.

又因为4。u平面48qA，

所以平面居441.平面ABC.

(2)解：以。C,OA。与所在直线为x,居z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(O,1,O),B(O,-1,O),C(6,0,0)出(0,0,6),

因此瓯=(0,1,6),AC=(V3,l,0),丽=西=(0」,6).

因为点/在棱BB］匕

则设丽=4函=”0,1,6)，其中0W2W1.

则曰=丽+/=函+4函=(一6,一1+九反)

设平面4C£A的法向量为/i=(x,y,z),

|nAC=O

[«•4A=0

=

取x=l,y\/39-1,

所以平面ACGA的一个法向量为G=（i,后,1）.

4

因为直线c9与平面ACCA所成角的正弦值为二，

的|、||/■*方b\|〃，CP-2\/34

所以cos（〃,CP）=PHT=——ii=7

।'71H|CP|75x73+（2-I）2+3/15

化简得16万―84+1=0,

解得2=—,

4

所以==-.

12

9.（2021•江苏高三二模）如图1所示，梯形A8CO中，AD=2AB=2BC=2CD=4.E为AO的中点,

连结BE,AC交于尸，将ZVIBE沿班:折叠，使得平面48E_L平面8CDE（如图2）,

图2

(1)求证：AFLCD,

（2）求平面4/C与平面AOE所成的二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）叵

5

【分析】（1）只须证明A/垂直CO所在平面ABCE即可;

（2）用向量数量积计算二面角的余弦值，进而求解.

【解析】（1）证明：连接EC,

A

因为AD=2A5=23C=2CD=4.E为AD的中点，

所以△ABE、ABCE、△COE都是边长为2的正三角形，

又AEIIBC,所以四边形A3CE1是菱形，

所以AFJLBE,CFVBE

又因为平面A3£_L平面BCDE,平面至七门平面BCDE=BE，

Abu平面ABE，所以4/_L平面BCDE,

又因为COu平面8coE,所以A/_LCO；

(2)由(1)知所、FC.E4两两垂直，

建立外图所示的空间直角坐标系，

£(-1.0,0),ZX-2,50),4(0,0,73),

ED=(-\,50),£4=(1,0,百),

设平面AOE的法向量为7_(x,y，z),

rrl—

EDin=-x+\/3y=0__

_L，令X=+，贝J比=(石，1,-1),

EA'm=x+\j3z=0

平面4CE的法向量为M=(l,0,0),

设平面与平面AOE所成的.二面角的大小为0.

0

Icose|=-

I而H及I751V5

所以sin。=71-cos20=

10.（2021・湖南高三二模）如图①，在直角梯形48C。中，AD//BC,AD1DC,BC=2AD=2DC,四

边形ABEF是正方形:现将正方形ABEF沿AB折起到四边形48与耳的位置，使平面ABE.F,1平面ABCD,

M为八月的中点，如图②.

（1）证明：直线。。与直线EM相交；

（2）求直线与平面CE"所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）撞。

15

【分析】（1）以3为原点,分别以8C,BA,BEi为x,y,z轴建立空间直角坐标系，易证的〃西，得

到骂四点共面，然后在直角梯形48co中，根据AD//BC,设CDcA8=P,得到Pw平面

CDME..尸£平面BAMg,再利用平面的基本性质证明;

（2）由（1）求得的的坐标和平面。骂”的一个法向量7=（x,y,z），设直线8M与平面所成的

角为仇由sin6=卜05（小BM）=求解.

【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系:

设4庆1,则。（2,1,0）（（2,0,0）,耳（0,0,72）,AY

所以的=（一1,0,弓，西=（一2,0,夜）,

所以两=；国，则DMUCE,,

因为。M,Cg不重合，

所以DM/ICE、,

所以C,D,M,&四点共面，

在直角梯形A8CO中，因为AD//3C,设CDcA8=P,

则PeCZXPeAB,

所以Pe平面CDME],p€平面BAME1

又因为平面CDMEifl平面"ME1一M&,

所以PcME1,

所以直线OC与直线相交:

（2）由（1）知8W'=U,0,a）,甄=1,1,一叵

2

设平面C&M的一个法向量为〃=（x,y,z）,

-2x+V2z=0

nCE.=o

则一L,即《

n-E[M=0中一冬.。

令x=l,得〃

设直线与平面CgM所成的角为仇

所以sin0=卜osG，BA/)|==迥

15

故直线BM与平面CE、M所成角的正弦值是2翟

11.（2021•湖南高三三模）如图，在四棱锥P—A3CO中，CDHAB,2A5c=90、BDLPA>

AB=2BC=2CD=4.

（1）证明：8O_L平面PAD；

（2）设平面RlZ）n平面P8C=/,/D平面AB8=G,PA=PD=2.在线段PG上是否存在点M,使得

二面角P-DC-M的余弦值为渔？若存在，求出要的值；若不存在，请说明理由.

3PG

PM1

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，

PG3

【分析】（1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条直线垂直，即可证明，根据条件转化为证明

DA1DB,即可证明；（2）首先作出平面加D和平面P8C的交线，再以线段4。的中点为原点，如图，

建立空间直角坐标系，假设存在点M，分别求平面PDC和平面OCM的法向量，根据二面角的发现求解

PM

点〃的坐标，并且求出记的值.

【解析】（1）在直角梯形ABCO中，易知BD=2五,40=2上

「DX2+DB2=AB2

DA.LDB

•・•DB1.PA且P4cD4=A

O5_L平面以Q

(2)延长AD与8C交于点G，连结PG

取AD的中点O.联结PO,因为R4=PD，易证7>0_1面43。.建立如图所示的空间直角坐标系.假

设存在点M符合题意，且而'=4而(044W1)

•・・P(0,0,&),。(一&,0,0),C(-2V2,A/2,0),G(—3应,0,0)

•.DC=(-x/2,V2,0),DP=(V2,0,72)

设面DPC的法向量7=(x,y,z)

nDM=>/2x+&z=0

n•DC=-\[2x+>j2y=0

令x=1,则y=1,z=-l

n=(l,l,-1)

DM=DP+PM=DP+APG

丽=(发-3vLi,0,夜-历)

同理可得面OCM的法向量：

^=(2-1,2-1,1-32)

/加_|54―3|瓜

/.COS<〃,〃[>=

电收,11无一IOL+33

.11

..X=—

3

故存在满足条件的点且土P”M二I:；

PG3

12.(2021•湖南高三三模)如图，在多面体4BCOEF中，ABCO是正方形，AB=2,DE=BF,BF//DE,

M为棱AE的中点.

（1）求证：平面8M£>〃平面EFC；

（2）若£D_L平面A3CQ,BM1CF,求二面角£—AF—8的余弦值.

【答案】（1）讦明见解析：（2）-走.

3

【分析】（1）连接4C，交BD于点、N,连接MN，由三角形中位线定理可得MN//EC，再由线面平行

的判定定理可得MV〃平面EFC,由已知条件可得四边形8。£户为平行四边形，则有BD//EF,再由

线面平行的判定定理可得30〃平面EFC,从而由线面平行的判定定理可证得结论；

（2）由已知条件可得D4、DC、DE两两垂直，所以分别以£）4、DC、£>£为x轴、y轴、z轴，建立如

图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可

【解析】解析：（1）证明：如图，连接AC，交BD干点N,

・・・N为4c的中点，

连接MN,由M为棱AE的中点，则MN//EC.

•；MNU而EFC，ECu面EFC，平面EFC.

,:BFUDE,BF=DE，・•・四边形班）即为平行四边形,

ABD//EF.又3DU平面所C，EFu平面EFC，

・•・BZ）//平面ER7,又MN「\BD=N,

，平面BMD//平面EFC.

(2)平而ABCDA5C£)是正方形

・•・分别以DA、DC、£>E为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设&)=2〃,

则8(2,2,0),M(l,OM),。(0,2,0),尸(2,2,2a),E(0,0,2a)A(2,0,0)

BM=(-l,-2,a),CF=(2,0,2a)

-BM±CF.\-lx2+ax2a=0..a=l.\EA=(2A-2),AF=(0,2,2)

设平面E4/的法向量为机二(x,y,z),贝-八.•.所

2y+2z=0

•・•BFUDE,DE_L平面ABCD,BF_L平面ABCD:.BF±DA,又A4_LAB

:.八4_1_平面"8，，平面加8的法向量为方二(2,0,0).

,/cos(m,DA^=加_--=理，

由图可知二面角七一A尸一8为钝角，

工二面角的七一A/一8余弦值为一走.

3

13.(2021•湖北高三二模)如图，四棱柱ABCO-AMG。的底面为菱形，M为中点，N为人弓中

点，户为31G中点.

(1)证明：直线PN〃平面AWD；

(2)若AA_L平面ABC。，A5=2，M=4,々4)=60°,求平面AMD与平面PN"所成的锐二面

角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)匹.

14

【分析】(1)由面面平行推证线面平行；

(2)结合垂直关系建立空间宜角坐标系，先分别求两平面法向量，再用公式求两向量夹角的余弦值，最后

由锐二面角确定所求余弦值为正.

【解析】(1)连接耳N,由片尸〃BC/Z4D,4。二平面,£＞，・・.8/〃平面40£)

AN=,AN〃B\M

四边形ANgM为平行四边形，

・•・NB/AM，•二B\N(Z平面AMD,AB、N〃平面AMD

•・•NB、c与P=4，・,•平面N8|P〃平面AM。.PNu平面NB、P

:.尸N〃平面AMD

(2)连接AC交30于O，由四棱柱ABC。—A4G0的底面为菱形，有ACJ_BD.

以。为原点，OA、。8为工轴、》轴正方向，建立空间直角坐标系。一孙z.

1

V-34

A(J5,0,0),0(0,—1,0),M(0J,2),P-2-N(百,0,2),D/0,-1,4),方X=(G』,0),

2,

DM=(0,2,2),两=

设平面AMD的法向量&=(x,y,z)

a-DA=O[y/3x+y=0

,取近二（1,一百，百）

aDM=O[2z+2.y=0

设平面PND1的法向量£=（My,zf）

6•两=0\~Tx~2y~2z=Q

,取，=(6,1,2)

△西=0=后f3,_

——x—y=0

22」

平面AMD与平面PNR所成锐二面角余弦值为

lcos<«^>l--26—痴

COS<CC,"-------------.....-―7=-------r=------

11\d\-\p\V7x2>/214

14.（2021•湖北高三二模）如图，在四棱惟尸—ABCD中，Q4J_平面ABCQ,底面A5CD是菱形,

NA8C=60。.点E，尸分别在棱3C,PD上（不包含端点），且PF:DF=BE:CE.

（1）证明：EF〃平面PAB；

（2）若PA=6AB，求二面角5-尸。-。的余弦值.

7

【答案】（1）证明见解析；（2）--

【分析】（1）过点尸作印V/4O,HFcPA=H，连接班/,则竺二竺，再结合已知条件可得

ADPD

HFBE

—=—,而BC//AD,BC=AD,所以HF//BE,HF=BE,所以四边形3“H是平行四边形,

ADBC

则EF//BH，然后由线面平行的判定定理可证得结论；

（2）以A为原点，过A作垂直AE）的直线为x轴，而，丽的方向分别为丁，z轴的正方向，建立如图

所示的空间直角坐标系A-型，利用空间向量求解即可

【解析】（1）证明：过点尸作Hf7/A£），HFcPA=H，连接8H.

HFPF

因为“///AO,所以——=——.

ADPD

PFRFHFRF

因为PF:DF=BE:CE,所以一=—,所以一=——

PDBCADBC

因为囚边形ABCD是菱形，所以BC7/AD,且8c=AD,

所以HF//BE,且HF=BE,所以四边形3E7H是平行四边形，则历〃5”.

因为平面£FcZ平面所以EF〃平面

（2）解：以A为原点，过A作垂直AO的直线为x轴，而，Q的方向分别为）'，z轴的正方向，建立

如图所示的空间直角坐标系A一孙z.

设AB=2,则8(省,一1,0),C(g,l,O),。(0,2,0),尸(0,0,2夜)，从而比=(0,2,0),

元=(疯1,-2扬，CD=(-^,1,0).

设平面PBC的法向量为而二（%,X,zJ,

n•PC=x/3x,+y,-2y/2z.=0厂「l

则《一,令％=2及，得反=(2&,0,Q).

h'BC=2yt=0,

设平面PC。的法向量为玩=（%,%,Z2）,

in-PC=+y2-2近z?=0_「l

则〈一；，令马=2,得比=(2,26,通).

m-CD=-\J3X2+y2=0,

设.面角B—PC—D为e,由图可知。为钝角,

nm4行+0+3夜7

故cos夕=一|cos〈而,in)\=-I=-

\n\\rn\VHX>/2211

15.（2021•河北高三一模）在矩形ABCQ中，BC=2AB=2,取8C边上一点将沿着AM

折起，如图所示形成四棱锥S-AA/CD.

（1）若M为BC的中点,二面角S-AM-B的大小为求AS与平面48CD所成角的正弦值：

3

（2）若将△ABM沿着AM折起后使得SO_LAM,求线段MC的长.

【答案】（1）如；（2）

42

【分析】（1）法一（几何法）取A〃中点为〃，连结HS，HB，由已知证得4WJ_平面6S”，可得二

7T

面角S—AM—8的平面角N8HS=§,再取8H的中点。，连结SQ,则SQ垂直与3H，根据线面垂

直判定定理证得SQ垂直于底前A8CO,连结A。，NSAQ为4s与平面A8CO所成角.解三角形可求得

答案；

法二（向量法）取AM中点为“，连接SH，8H，因为ZXAMS和"U"均为等腰直角三角形，所以S”,

8H均垂直于AM,所以AM_L平面BSH.以”为坐标原点，HB，分别为x轴，V轴建系，运用

线面角的向量求解方法可求得答案；

（2）法一（几何法）在平面SAM内作叩_LAM连结BH，DH，则8〃_LAM，根据线面垂直判定

定理可证得8，H，。三点共线，再运用三角形相似可求得答案.

法二［向量法）建立空间直角坐标系，由向量的运算可证得8，H，。•:点共线，再运用三角形相似可求

得答案.

【解析】（1）法1：

取中点为〃，连结"S,HB，

因为NA8M=工且A5=3M=1，所以△曲/为等腰直角三角形，同理△ASM也为等腰直角三角形，

2

HS,"8均垂直AM于H，所以4W_L平面8S”，

所以二面角S—AM—8的平面角为N8〃S=C，

3

因为阳=3"=注，所以三角形S7/B为正三角形，

2

取的中点。,连结SQ,则SQ垂育与8",得SQ=直,

4

因为AM_L平面8S"，所以AM垂直于S。，又SQLBH,所以S。垂克于底面A8CQ，

连结4Q,NSAQ为AS与平面ABCO所成角.

因为A5=l,sinZSAQ=^-=—,

AS4

法2：取AM中点为“，连接SH，BH，因为△AMS和△AM3均为等腰直角三角形，所以S"，BH

均垂直于AM.所以AM±平面BSH.

以H为坐标原点，HB-HM分别为％轴，>轴建系如图：则点5在坐标平面xOz内，设其坐标为S（«O,c）,

（a>0,c>0）由△AMS为等腰直角三角形且A5=l,

得M(0,史,0)，4(0,-史,0)，则而=(名史］)，丽=(0,&.0),

222

因为网=1,所以〃2+/=3①，

设平面ASM的法向量为正=(x,y,z)，

in-AS=ax+y+cz=0一

则《，所以阳=(-c,0,a).

in-AM=>/2y=0

取平面ABM的法向量为n=(0,0,1),

7T——Cli

因为二面角B-AW-S的大小为一，所以cos<6,〃>二尸