2024版高考复习A版数学考点考法练习题：空间角与距离、空间向量及其应用

空间角与距离、空间向量及其应用

基础扁

考点一用向量法证明空间中的平行和垂直

1.（2021广东佛山月考,3）直线l//a,且/的方向向量为（2,孙1）,平面«的法向量为

（对,2）,则/片（）

A.-4B.-6C.-8D.8

答案C

2.（2022福州一中质检,4）以下四组向量在同一平面的是（）

A.(l,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)

B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)

C.(l,2,3)s(1,3,2)、(2,3,1)

D.(l,0,0)>(0,0,2)、(0,3,0)

答案B

3.

（多选）（2022广东中山一中阶段测试，10）如图，两个正方形48co和历所在平面互

相垂直，设MN分别是4c和4E的中点，那么下列结论正确的是（）

A.AD1.MNB.MN〃平面CDE

C.MN〃CED.MMCE异面

答案ABC

4.（多选）（2021新高考I,12,5分）在正三棱柱A8C-A向G中,48=44尸1,点4满足

前=入配+〃西，其中2£[0,1],则（）

A.当拄1时，△A8/的周长为定值

B.当〃二1时,三棱锥P-AiBC的体积为定值

C.当月时,有且仅有一个点P,使得MPLBP

D.当44时,有且仅有一个点P,使得A18_L平面ABF

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答案BD

5.(2023届南京、镇江学情调查，19)如图,在四棱锥S-AI3CD中，底面ABCD是直角梯形,

侧棱^4_1_底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=\,M是棱SB的中点.

(1)求证:AM〃平面SCD;

(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.

解析因为SA_L底面ABCD,A8垂直于AD,所以以点A为坐标原点，以向量而，而，无

的方向分别为X

轴、)，轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则

4(0,0,0),C(2,2,0),D(l,0,0),S(0,0,2),M(0J1),所以宿二(0,1,1),历二(1,0,-

2),而=(-1,-2,0).

(1)证明：设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),

令z=l,则x=2,y=-1,则/?=(2,-1,1).

因此福•/T=-1+1=0,从而而J_〃，又AMC平面SCD,所以AM〃平面SCD.

(2)易知平面SAB的一个法向量为/7i=(l,0,0),

由⑴知平面3C7)的一个法向量为/7=(2,-1,1),

则cos</7,m>=nrh=高=£所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为培

MIMilv6xl33

6.(2022南京一中期初测试,20)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形,24_L底面

ABCD,PA=AB,点E在梭PD上,旦2PE=ED,点、尸是极PC上的动点(不含端点).

(1)若尸是棱PC的中点,求证:P8〃平面AEF;

(2)求PA与平面4E尸所成角的正弦值的最大值.

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p

E

解析因为四棱锥?ABC。的底面为正方形,PA_L底面ABC。,

所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点，分别以而,AD,Q的方向为x轴,)，轴,z轴

的正方向，建立空间直角坐标系Avvz,如图所示.

不妨设PA二AB=6,则8(6,0,0),P(0,0,6),£(0,2,4),C(6,6,0),0(0,6,0).

(1)证明:荏=(0,2,4),因为尸是棱PC的中点，所以尸(3,3,3),所以而=(3,3,3).

设平面AEF的法向量为*(x,y,z),则由空一J

m-AF=0,

得像+3yZi=0,不妨令尸2,则日,z=-l,

所以〃尸(-1,2,-1),又丽=(6,0,-6),所以济丽=-6+0+6=0,即/〃_L而,

又P8C平面AEF,所以P8〃平面AEF.

(2)PC=(6,6,-6),设PA与平面AE尸所成的角为仇

PF=APC=(62,6x,-6/1),0<2<1,则而=AP+PF=AP+APC=(62,6i,66),

设平面AEF的法向量为n=(a,Ac),

则叱慧热像法就(6.〃…

不妨令〃=2,则6F=I-3,c=-l,所以/?=Q-3,2,-1),又Q=(0,0,6),

所以sin6=\cos<AP,二6_1

零:"=6J5+(i-3)2J5+(b3)2

所以当9=3,即时，(sine)max=+—

A3V55

故PA与平面AEf所成角的正弦值的最大值为哼.

7.(2017天津，17,13分)如图，在三棱锥P-48C中，P4_L底面48C,NBAC=90°.点D,E,N

分别为棱/%,〃C,BC的中点，M是线段AD的中点，/乂=AC=4,AD=2.

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ICOS丽屈＞!=§§=焉为=%整理得M⑵〃+8=0,解得Y或吟

所以线段A"的长为g或!.

OL

考点二空间角和空间距离

考向一空间角问题的求解方法

1.（2022湖南娄底双峰一中摸底,8）如图,在正方体A3CQ-A出GOi中,M为4。的中点,

过AG且与平行的平面交平面GCM于直线/,虹直线/与43所成角的余弦值是

（）

A3B.迎C3D.在

2243

答案D

2.（2022重庆江津质检,5）如图，二面角的棱上有A、B两点，直线4C、8。分别在这个

二面角的两个半平面内，且都垂直于AI3,已知AB=4,AC=6tBD=8,CD=2y/17,则该二面

角的大小为（）

A.30。B.450C.60°D.900

答案C

3.（多选）（2023届浙江嘉兴基础测试，10）如图,在

正四面体48C。中，E、广分别为AB、C。的中点，则（）

A.直线EF与AB所成的角为三

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B.直线石尸与AO所成的常为？

4

C.直线EF与平面8c。所成的角的正弦值为当

D.直线EF与平面48。所成的角的正弦值为日

答案ABC

4.（多选）（2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二，12）在四棱铢P-ABCD中,底面A8C。是正

方形，PO_L平面A8CD,点E是棱PC的中点，PD=A8,则（）

A.AC1PB

B.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是?

C.异面直线AD与PB所成的角是：

D.四棱锥P-48CO的体积与其外接球的体积的比值是野

9n

答案ABD

5.（2020天津,17,15分）如图，在三棱柱ABC-A山©中,CC[_L平面A坎:,AC_L

BC,AC=BC=2,CG=3,点E分别在棱A4,和棱CG上，且AD=\,CE=2,M为棱4⑸的

中点.

⑴求证:GM_L5Q;

（2）求二面角的正弦值；

（3）求直线AB与平面。小E所成角的正弦值.

解析

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以c为原点，分别以石5,而，西的方向为不轴,)，轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系

(如图)，可得

C(0,0,0),4(2,0,0),B(0,2,0),G(0,0,3)Mi(2,0,3),Bx(0,2,3),。(2,0,l),£(0,0,2)

,M(1,1,3).

(1)证明：C^M=(1,1,0),B^D=(2,-2,-2),从而的•瓦方=2-2+0=0,所以GMJ-办O.

(2)依题意知,G4=(2,0,0)是平面BBiE的一个法向量，西=(0,2,1),前=(2,0,-1).设

n=(x,y,z)为平面DBF的法向量,贝喈崇A"即-z=:'不妨设日，可得

/?=(1,-1,2).因此有cos<G4,〃>=蒜；=*于是sin<c3,〃>二詈.

所以二面角8小於-。的正弦值为尊.

6

⑶费=(-2,2,0).由⑵知/户(1,-1,2)为平面。5石的一个法向量,于是

coa<AB,/>=黑：=

iwimi3

所以直线A4与平面E所成角的正弦值为整.

考向二利用等体积法、向量法求空间距离

1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A^C,中，底面是等腰直角三角形，Z

ACB=90°,侧棱AA=3,E分别是CG与A山的中点,点E在平面ABD上的射影是

的重心G,则点4到平面48。的距离为()

A.V6B.—C.—D.2V6

23

答案A

2.(多选)(2023届重庆南开中学月考，11)在棱长为3的正方体ABCD-AIBICID,中，

点P在棱。。上运动(不与顶点重合)，则点B到平面力。出的距离可以是()

A.V2B.V3C.2D.V5

答案CD

3.(2022湖南株洲质检，13)正方体八8。。//《。1的棱长为1,七,厂分别为88,。。的中

点,则点〃到平面4D归的距离为.

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4.（2022新高考I,19,12分）如图，直三棱柱A3GA/Ci的体积为4,的面积为

2夜.

（1）求A到平面4BC的距离；

⑵设。为AC的中点,A4尸48,平面A4CJL平面ABB',求二面角A-BD-C的正弦值.

解析⑴由题意知&梭gTBC=/三棱柱ABCT出QT设A到平面人质的距离为

h，则匕棱锥&-48C=V三楂锥A-&B。=却M8C.h=苧h=3,解得h=a,故A到平面

AI8C的距离为a.

⑵连接A氏，由直棱柱及AA^AB知四边形A88A为正方形,故人历_1_4由,A由二&A4,

又平面A|8C_L平面ABB\Ah平面ABCTl平面ABB\A\=A}B,ABg平面ABB\A\,

1•AB」平面48C,乂BCu平面A|8C,

・・・AS_L8C,

易知BCA.BB\tABuBBC平面ABB\A{tASABC,・・.8CJ_平面ABB\A\y

TAB,二平面AB囱Ai,

：.BClABtBCLA\B,

•"三棱柱ABI出G=1BCTB•"1=”C•四=4,S.BC/BC.A1B=华BC.

AA1=2V2,

解得BC=AAi=2.

解法一（几何法）：过A作AE_L8。于£连接CE易得AC=2&,・・.AC=2V5.

•・•。为AC的中点，z\A3c为直角三角形，ZA|/\C=90<,,：.AD=DC=^3,又

AB=BC=2fBD=BD,

/XABD^/XCBD.

：・CELBD,又AEu平面ABD,CEu平面CBD,

:./4EC为二面角A-BD-C的平面角.

在直角三角形A山。中，有BD=^A1C=V3,

易得«5瓜

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在中，由余弦定理的推论得即二面

"EC2AEEC2sin2

角A-8D-C的正弦值为当

解法二（向量法）：以B为坐标原点,BC,BA,BBi所在直

线分别为x轴,），轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),0(1,1,1),前二(0：2,0),丽=(1,1,1),而二(-1,1,1),

设平面ABD的法向量为/7i=(xi,v，zi),

贝喘；二泗有:…

取X1=1,则Z1=-1,故/?1=(1,0,-1),

设平面BDC的法向量为必=(必)*zj,

(JD-n2=0,(x2+y2+z2=0,

则局./2=0*一必+%+22=。，

取｝?2=1,则Z2=-1,也=0,故3二(0,1,-1),

.”、11..、6

・・COS<??|,Z?2>=^=—=-...Sin<Z?|,^2>=—>

・•・二面角A-BD-C的正弦值为

5.(2022广东茂名检测，18)如图，直三棱柱A8C-4囱G的底面是边长为2的正三角

形,E,尸分别是BC,CG的中点.

(1)求证:平面AE尸JL平面BiBCCi；

(2)若NE/C=30。,求点C到平面AE厂的距离.

解析⑴证明：在直三棱柱ABCA/iG中，88」平面A8C,又TAEu平面ABC,...AE

_L町

•・•/\ABC为等边三角形,E为8c的中点，・•・AEJ_BC,

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又•：BBCROB,BB\,AC平面B/CG,

，越3_平面BiBCG,

TAEu平面，平面平面B}BCC\.

⑵在RSE/C中，ZEFC=30°,EC=1,；.EF=2,FC=6.设点、C到平面AE尸的距离为d,

由（1）知AEL^BiBCG,

则由VA-EFC=VC-AEF,BP；..4F•；-FC•FC=；•d-^AEEF,解得d等.

>54<54乙

6.（2022江苏涟水一中测试，18）如图l,A。,8C是等腰梯形CQM的两条

高,AD=AE=CD=2fM是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,8c折叠成如

图2所示的四棱锥P-ABCD（E,尸重合，记为点P）.

（1）求证:8M_LOP;

⑵求点M到平面BDP的距离h.

解析（I）证明：因为AO_LE尸,所以ADLAP,ADlABy又APC]AB=A,AP,AI3P,

所以AO_L平面A8P.因为BMu平面ABP,所以AD1I3M.

由已知得,AB=AP=BP=2,所以"BP是等边三角形，

乂因为点M是AP的中点，所以BMLAP.

因为ADGA尸一A,A。，A尸u平面ADP,

所以8必，平面4。户.

因为平面ADP,所以BMLDP.

（2）取8P的中点N,连接。N,

因为AO_L平面ABP,AB=AP=AD=2t

所以DP=BD=2y/2,所以DN1BP.

所以在RtADPN中,DN=>JDP2-PN2=V8^1=近，

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所以SADB£BP-D/V=；X2XV7=V7,

2.x

因为AD_L平面ABP,所以VD-B^ADS^MP，

因为VMBDP=VD-BMP>所以;九•S△BDP=[ADSABMP,

又SABMP^S△ABP=；x，xAB2=?x22=

224o2

所以h=A?BMP=噜=浮,即点M到平面BDP的距离为浮

SRBDPV777

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细口扁

考法一求解直线与平面所成角的方法

考向一用几何法求直线与平面所成的角

1.（多选）（2022新高考I,9,5分）已知正方体/旬04历0。，贝1]（）

A.直线BCi与DAt所成的角为90°

B.直线BCx与CA所成的角为90°

C.直线BCx与平面BBiOQ所成的角为45°

D.直线BG与平面ABCD所成的角为45°

答案ABD

2.（2013山东,4,5分）已知三棱柱A8G486的侧棱与底面垂直，体积为:，底面是边长

为百的正三角形.若P为底面A由iG的中心，则PA与平面A8c所成角的大小为（）

A.—B.-C.-D.-

12346

答案B

3.（2014四川,8,5分）

如图,在正方体A4CQ-4防中，点。为线段BD的中点.设点P在线段CG上,直线

OP与平面48。所成的角为凡贝ijsina的取值范围是（）

11

A.停,1]偿,1]

C停当D.殍,1]

答案B

4.（2022全国甲，理7,文9,5分）在长方体ABCDABCQ中,己知B\D与平面ABCD和

平面AA^B所成的角均为30。,则（）

\.AB=2AD

B.A8与平面所成的角为30。

C.AC=CB\

DB。与平面89GC所戌的角为45°

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答案D

5.（2022全国甲理，18,12分）在四棱锥P-ABCD中，。力_1_底面ABCD,CD//

AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=®

⑴证明：5O_LPA;

⑵求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

解析⑴证明:过。作DHLAB,垂足为",则AH=^,又A£>=1,所以DH粤.易知

所以BD=y/3,SAABD中,AC^+BD^AB2,所以A£>_LBD.因为POJ_平面ABCD,BDu平

面ABCD,所以PDVBD,又因为PDQAD=D,所以8O_L平面PAD,又PAu平面PAD,所

以&)_LA4.

(2)连接PH.

设点D到平面PAB的距离为h,

由VD-PAI}=VP-ABDS△PAB-h=^SAABD-PD,

Jo

所以/尸乎空.

S^PAB

由(1)易知5△八X2X-y=^,

由PO_L平面ABCD,ABu平面ABCD,O"u平面ABCD,得PDLAB,PDLDHf又ABL

DH,DHQPD=D,所以AB_L平面PDH,所以AB_L尸”.

在RtAPDH中,P〃=4+3=孚,

\岳..1X63715

:.5AP/1/?=1x2x=/t=

—-^2=7^=—

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设直线P。与平面PAA所成的角为0,则

n_1_V5

dsnm%而一三x忑一

故直线PO与平面E4B所成的角的正弦值为终.

考向二用向量法求直线与平面所成的角

1.（2022浙江慈溪中学开学考，13）已知正四棱柱ABCDA闰CQ1中,44尸1,A8=2,则直

线AAi与平面BCQ所成角的正弦值为.

答案号

2.（2022天津西青月考，13）在正方体ABC。-48c。中，点尸在侧面BCCH（包括边界）

上运动,满足APLBDi,记直线CiP与平面ACS所成角为内则sina的取值范围

是.

答案怜当］

3.（2020新高考I,20,12分）如图，四楂锥P-ABCD的底面为正方形,PD_L底面A8CD.设

平面PAD与平面PBC的交线为I.

⑴证明：/J_平面PDC;

⑵己知PZX4D=1,Q为/上的点，求PA与平面QC。所成角的正弦值的最大值.

解析⑴证明：因为PO_L底面ABCD,所以又底面ABCD为正方形,所以A。

_LQC.因为POnOO。,所以AO_L平面POC.因为AD/7BC,4OC平面PBC,所以AD//

平面P8c.由已知得/〃4D.因此/_!_平面PDC.

（2）以。为坐标原点,方的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则。(0,0,0),C(0,1,0),5(1,1,0),P(0,0,1),则反=(0,1,0),丽=(1,1,-1).

由(1)可设。(。,0,1),则丽=(a,0,1).

设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量，则

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］嚏:加的『可取…“)•

所以COS<〃，而>=瑞=百慝.

设PB与平面QC。所成角为仇则sin中x瞿4J1+磊.因为国1+品工

£当旦仅当a=\时等号成立,所以P8与平面QCO所成角的正弦值的最大值为噂

•3J

4.(2023届湖北摸底联考，20)如图，在直三极柱ABC-ABC中,AC±

BC,AC=BC=2,CG=3,点DE分别在棱A4i和棱CG上，且AD=l,CE=2.

(1)设尸为BiCi的中点,求证:小尸〃平面BDE;

⑵求直线与平面BDE所成角的正弦值.

R

解析⑴证明：取BE的中点G连接/G、DG,则CG〃CC〃M,且％一遇；叫=

等=2,所以产G〃4。且尸G=4D,所以四边形AQGr为平行四边形,所以A尸〃。G又

AFU平面BDE,QGu平面BDE,所以4砂〃平面BDE.

⑵因为苴三棱杵ABCABG中，AC_L8C所以C4、CB、CG两两垂直.

分别以刀、CB.M的方向为x轴、)，轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标

系，则8(0,2,0),E(0,0,2),。(2,0,1),A(2,0,0),所以雇=(0,-2,2),BD=(2,-

2,1),再瓦=而=(-2,2,0),

n

设平面BDE的法向量为n=(xty,z),则1.丝=°，

(n-BD=0,

即「士:上：!n令产1，得到平面8。£的一个法向量为1,1).

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设直线4办与平面所成的角为0,

则sin伊|COS<481，!1>\=-==—=12"=彳，

凤iHIJ；+l+lxV4+4+05

所以直线与平面所成角的正弦值为

6

考法二求解二面角的方法

考向一用几何法求二面角

1.（2022河北冀州中学月考,4）在长方体ABCD-A'B'C'D'^,若AB=AD=2>/3,CC7Z则

二面角C-8O-C的大小为（）

A.30°B.45°C.60°D.90°

答案A

2.（2022福建厦门月考，⑻如图,在四棱锥P-ABCD中,底面48co是边长为2的正方形,

侧面24Z）为正三角形，且平面PAZ）_L平面ABCD,£F分别为棱。。的中点.

⑴求证：所〃平面PAO；

（2）求二面角P-EC-D的正切值.

解析⑴证明：取PO的中点G,连接GF、AG.

由题意知G”为APOC的中位线，

・•・GF//CD且GF*D,又AE//CD目.AE=^CD,

・・・G尸〃4E且GF=4£・••四边形EFGA是平行四边形,则所〃4G又E尸C平面

PARAGu平面PAD,・•・"*〃平面PAD.

⑵取AO的中点O,连接PO,则POLAD.

•・,平面PAO_L平面ABCD,平面PAOD平面ABCD=AD,PAD,

・・・POJ_平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得RMEBC/RSOAB,，N

MEB=/AOB,则NME8+NMB石=90。，即OM1EC.

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p

乂POLEC,POCIOM=。，EC_L平面POM,则PMLEC,即NPMO是二面角P-EC-D的

平面角，

在RtAEBC中，8M二丝7竺=—,则OM=OB-BM=—,AtanZPMO=—=—,即二面角

CE550M3

P-EC-D的正切值为手.

3.(2022河北邯郸检测，19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,A8=2,ADM,PA

_L平面ABCD,E是BC的中点.

(1)证明：QEJ_平面PAE

⑵若PD与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-E的正切值.

222

解析⑴证明：由条件可得AE=DE=242,又AD=4t所以AE+DE=AD,所以AEA.DE,

乂因为PA_L平面ABCD,DEu平面ABCD,所以PA±DE,乂PAQAE=A,所以。七，三面

PAE.

⑵因为NPD4是PO与平面A8CO所成的角，所以NPD4=45。,则PA=AD=4,因为PA

_L平面ABCD,A8u平面ABCD,所以ABLAPy又ABlADfADQAP=Af所以A8_L平面

PAD,取AO的中点尸,作FMLPD,垂足为点M,连接ME,因为EF//AB,所以EF_L平面

PAD,所以EF1PD,又MFC\EF=F,MF,ERz平面MEF,所以PO_L平面MEF,因为MEu

平面MEF,所以PDLME,即/“ME是二面角人-PQ-E1的平面角，又

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EF=AB=2,MF*FD=V2,所以tan/FME4=企,所以二面角4-PD-E的正切值为

2MF

V2.

考向二用向量法求二面角

1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中，平面ABD与平面BCD的法

向量分别为回、3,若/7i=(l,0,O),/72=(-V3,0,1),则二面角A-8D-C的大小可能为()

A.-B.-C.—D.—

6336

答案AD

2.(2022全国乙理，18,12分)如图，ABCDADA.CD,AD=CD,ZADB=Z

为AC的中点.

(1)证明：平面BEDJ_平面ACO:

⑵设AB二瓦片2,NAC8=60。,点尸在BD上，当“广。的面积最小时，求b与平面ABD

所成的角的正弦值.

解析⑴证明：因为AD=CDfE为4c的中点,所以DE1AC.S为/ADB=Z

BDC,AD=CD,BD=BD,所以008空△COB,所以AB=CB,又E为AC的中点,所以BE_L

AC.又DE,8Eu平面BED,且DEQBE=E,

所以AC_L平面8EO,乂ACu平面ACO,

所以平面ACOJ_平面BED.

⑵由题意及(1)知AB=BC=2,又N4CB=60。,所以AC=2,.因为A/)_LQC,E为AC

的中点，所以。E=l.

所以。炉+8区=8。2,则DELBE.

连接EF,因为AC_L平面BED,平面BED,

所以AC_LEF,所以S”FC=；ACEF=EE

当ETLLBO时,EF的值最小，即dA”•的面积最小，此时E/三拳如图，以E为坐标原

点，瓦5,而，丽的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系七中z,则

C(-l,0,0),A(l,0,0),8((),V3,0),D(0,0,1),「(。,弓3),

所以标=(-1,0,1),丽=(0,-V5,1),而=,沙

设平面ABD的法向量为片(石)，,z),

第18页共40页

则［亚,"即「黄：

(BD-n=0,"V3y+z=0,

令产1,得/?=(V3,1,V3).

设。厂与平面ABD所成的角为a

则sin4|cosv〃,CF>\=="，

所以b与平面A3。所成的角的正弦值为手.

3.(2021全国甲理，19,12分)已知直三棱柱ABC-A/Ci中，侧面AAiHB为正方

形,A8=BC=2,E,/分别为AC和CCi的中点，。为棱A0上的点，BFlAtBi.

(1)证明：

(2)当囱。为何值时，面B8CC与面OFE所成的二面角的正弦值最小?

解析VBFlAiBi,BFCi&B=B,

・・・48」平面BiGCB,・・・A8〃AiS,・・・48J_平面B££B,

又〈8Cu平面ByCxCB,：,ABLBC.

以8为坐标原点,BA,BC,BBi所在直线分别为x轴,)，轴,z轴，建立如图所示的空间直角

坐标系，则8(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),ARF=(0,2,1),设5D=a(0&E2),则

。(40,2),则屁=(1/,l：-2).

(1)证明：・・•丽•DE=(0,2,1)-(1-^l,-2)=0x(l-^)+2xl+lx(-2)=0,ABF±DE.

第19页共40页

(2)丽二(-1,1,1),而=(«-2,1),设平面。正E的法向量为m(x,y,z),

嚅：二:以不妨设E则4卓5号等)

易知〃尸(1,(),())是平面8BCC的一个法向量.

设平面88cle与平面OEF■所成的锐二面角的大小为0,则cos启|cos<m,庐|二鲁鲁=

I2

I32工W当a=：时取等号),・・・sin^=V1-cos0>£

八(誓))(等丫M而居"2/3

故当«=1,即5。二3时,平面88CC与平面OFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为

叵

3,

4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正

方形,APLBP,AP=BP,PD=VS.记平面PAB与平面PCD的交线为/.

(1)证明:A8〃/;

(2)求平面尸A3与平面尸C。所成的角的正弦值.

解析(l)iiE明：因为44〃CO,CO仁平面尸。。,44仁平面PCD,所以A4〃平面PCD

又A8u平面PAB,平面PA8CI平面PCD=lf所以AB//1.

222

(2)因为APLBP,所以PA+PB=AB=4t

又PA=PB,所以PA=PB=\[2,

又PD=屉,所以P^+A^PD2,所以AD1PA,

乂ADLAB,PAQAB=A,PAu平面PAB,A8u平面PA8,所以4。_1_平面PAB.取AB,CD的

中点分别为O,M,连接MO,OP,则MO//AD,所以MO_L平面PAB,又OPu平面PAB,

所以MO_LOP.

又因为PA=PB,。为A8的中点，所以OP1AB.

第20页共40页

如图，以。为原点，分别以而，至，丽的方向为X轴,)，轴,Z轴的正方向，建立空间直角坐

标系，则P(l,o,0),。(0,1,2),。(0,-1,2),所以玩=(-1,1,2),丽=(-1,-1,2).

设尸a,,，,z)是平面PCD的法向量,则卜.上二°，即厂：+匕普jU取z=1,得

In•P。=0,l-x-y+2z=0,

x=2,>-=0,则n=(2,0,1).

乂〃户(0,0,1)是平面PAB的一个法向量，

所以COS</7,/7Z>=-Yp-=+=B，

|n||m|VS5

所以平面PAB与平面尸CO所成的角的正弦值为J1一=等.

5.(2019课标I理，18,12分)如图，直四棱柱ABCDAiBiGd的底面是菱形,A4i=4,AB=2,

ZBAD=600,E,M,N分别是BC,BBy,4。的中点.

(1)证明：MN〃平面CiDE;

⑵求二面角A-MArN的正弦值.

解析⑴证明：连接8cME.因为分别为8均，8。的中点，所以ME〃囱C,且

MEgeC.又因为N为40的中点,所以.由题设知A]B^DC,可得B.CIM.D,故

ME^ND,因此四边形MNDE为平行四边形，则MN〃ED.又MNU平面EDG,所以MV〃

平面GDE.

第21页共40页

(2)由已知可得以D为坐标原点，瓦5的方向为x轴正方向，建立如图所示的空

间直角坐标系D-xyz,

A(2,0,0),4(2,0,4),M口,V5,2),N(1,0,2),A^A=(0;0,-4),而心(-1,73,-2),初二(-

1,0,-2),而二(0,-百,0).

,......♦

设〃尸Cv,y,Z)为平面4MA的法向量，则F."二°，

,in♦A1A=0.

所以卜％+V3y-2z=0,可取nj=(0J,o).

t-4z=0.

设斤(p,q,/*)为平面4MN的法向量，则｛:箸］:

所以广岛：°\可取n=(2,0,-1).

l-p-2r=0.

-T-Hmn2y/3x/15

寸■是COSVm,/?>=——=—7==—,

|m||n|2xV55

所以二面角A-M4W的正弦值为萼.

6.(2017课标H理，19,12分)如图，四棱锥A48CD中，侧面PAO为等边三角形且垂直于

底面ABCD,AB=BC=^AD,ZBAD=ZABC=90°,EPD的中点.

⑴证明：直线CE〃平面PAB;

(2)点M在棱QC上,且直线8M与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦

值.

解析⑴证明：取PA的中点F,连接EF8F.因为E是尸。的中点，所以所〃

AD,EF=^AD.

第22页共40页

由N8AO=NABC=90。得BC//AD,又BC=：AD,所以Ei^BC,所以四边形8CE尸是平行四

边形,所以CE"BF,又Mu平面PAB,CEC平面PAB,故CE〃平面PA及

⑵由已知得BA1AD,以A为坐标原点，标的方向为人轴正方向,|四|为单位长，建立如

图所示的空间直角坐标系A-孙z,则A(0,0,0),8(1,(),0),C(1,1,0),P(0,1,8)，则

而=(1,0,-V3),A5=(1,0.0).

设M(x,y,z)(0<r<1),则前=(x-1,切z),PM=Uy-1,z-\f3).因为BM与底面ABCD所成

的角为45。，

而n=(0,0,1)是底面A8CO的一个法向量，

所以Icosv西问:sin45。,即而号行=当

即（x-DV-z2^.

又M在棱PC上，设丽=APC,则

x=X,y=1,z=V3—V3A.

由①,②解得y=1,(舍去)，或y=1，

所以M(1-亨M),从而宿=(1一今1片).

设///=(xo,yo>Zo)是平面ABM的法向量，

m•~AM

=0,xQ+2yo+V6z0=0,

,m-45=0,xo=°，

所以可取斯(0,-VS,2).

易知所求二面角为锐二面角.

因此二面角V-A8-。的余弦值为拶.

7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯

形,AO〃BC,侧面底面ABCD,E4=P8=4O=]8c=2,且EE分别为

PC,C。的中点.

第23页共40页

(1)证明:DE〃平面PAB

(2)若直线Pb与平面PA8所成的角为60。,求平面PAB与平面PCO所成锐二面角的余

弦值.

解析(I)证明：取P8的中点M,连接AM,EM,

E为PC的中点，,ME//BC,ME=^BC,

又TA。"8cAD=^BC,

：.ME//ADfME=4£),，四边形ADEM为平行四边形，

・・・。石仁平面以8,AMu平面PAR，。七〃平面PAB.

⑵;平面PA8L平面ABCD,平面PA8C平面ABCD=AB,AQu平面ABCD,AD±ABfA

A/)_L平面PAB,取AB的中点G,连接FG,则FG//AD.则尸GJL平面PAB,

・•・NGP/为直线P尸与平面PAB所成的角，即NGP片60。,•・•tan60°=^,FG=3,则

PG=C,：.AG=GB=1,则48=2.如图，建立空间直角坐标系，则

P(0,0,V3),C(1,4,0),D(-l,2,0),

:.PC=(1,4,-x/3),CD=(-2,-2,0),

设平面PCD的法向量为/?,=Cv,y,z),

则几i,PC=0,即(%+4y-V3z=0,

、•丽=0,、1-2%-2y=0,

令)=1,则1,V3),

易知平面PAB的一个法向量为〃2=(0,1,0),设平面PAB与平面PCO所成锐二面角为仇

Acos生|广詈；=%=兽,即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为半.

1%旧2|V555

第24页共40页

8.(2023届河北邢台名校联盟开学考，19)如图,在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。为正方

形，侧面PAD为正三角形,M为的中点,N为8C的中点.

(1)求证:MN〃平面PAB-

(2)当AM_LPC时,求平面MND与平面PCO夹角的余弦值.

解析(1)证明:取AP的中点为E,连接EM,EB,

在△PA。中，•・•M为尸。的中点，石为AP的中点，

：.EM//ADtEM^AD,

在正方形48C。中，・・・N为8C的中点，AO08C,

，BN//AD,I3N=^AD,

:,BN〃ME,BN=ME,二四边形8NME为平行四边形，

：.MN//BE,PAB,BEu平面PA8,・\MN〃平面PAB.

(2)在正三角形PA。中，M为尸。的中点，・・・AM_LP。，

又・・・AM_LPC,PCY1PZ>HPC,PDu平面PDC,

，AM_L平面PDC,•・・COu平面PCD,：,AM1DC.

ABCDAD1DC,XAMC\AD=A,AM,ADa^PAD,.\DC15FffiPAD,

•「CQu平面A8CO,・•・平面ABC。J"平面PAD,取AD的中点O,连接OP,ON,易证

OP,ON,OD两两垂直.以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AD=2f则D(0,1,0),N(2,0,0),C(2,1,0),P(0,0,V3),M(0,消),

则丽=(0,_T,外DN=(2,-1,0),DP=(0,-1,\/3),DC=(2,0,0),

第25页共40页

设平面MND的法向量为/T=(X,y,z),

…吧=-1+显=0,令日则《记),

则

n-DN=2x—y=0,

设平面PCD的法向量为g(£,)，：z'),

则

{:笈1箸=°'令对则

1+

A|cos<z»,.ImnI7=詈，•・・平面MN。与平面PC。夹角的余弦值为

4g

19,

9.(2018课标川理，19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧C力所

在平面垂直,M是短)上异于C,D的点.

(1)证明：平面AMOJ_平面BMC;

(2)当三棱锥M-A8C体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

解析(1)证明:由题设知,平面CMZ)_L平面ABCD,交线为CD因为BCLCD,8Cu平面

ABCD,所以BC_L平面CMD,故BC_L£>M.因为M为廓上异于C,D的点,且。。为直径,

所以DM±CM.y.BCnCM=C,所以DM_L平面BMC.而OMu平面AMD,故平面AMD1.

平面BMC.

(2)以。为坐标原点，万?的方向为工轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则

0(0,0,0).

当三棱傩M-ABC体积最大时,M为的的中点.由题设得

4(2,0,0),8(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则俞二(-2,I,1),而二(0,2,0),D4=(2,0,0).

设后(%,)，,z)是平面MAB的法向量,则｛:喘［即｛I；；%"z=6可取

/?=(1,0,2).万?是平面MCD的法向量，

因此cos</?,瓦5>=n—=—,sin<〃,注5>=—.

|n||DZ|55

第26页共40页

所以面MA8与面MCQ所成二面角的正弦值是季,

考法三求解立体几何中的探索性问题

1.(2016北京，17,14分)如图，在四棱锥P-A8CQ中，平面平面相CD尸4_1_

PD,PA=PD,ABLAD,AB=\fAD=2,AC=CD=>/5.

(1)求证:POJL平面PAB:

⑵求直线总与平面尸8所成角的正弦值;

⑶在棱PA上是否存在点M使得BM〃平面PCO?若存在,求非的值;若不存在,说明

理由.

解析(1)证明：因为平面E4OL平面ABCD,ABYAD,平面2400平面A8C£)=4D,所以

A8_L平面PAD,

又PQu平面PAD,所以A8_LPD

又因为PALPD,PAQAB=A,PA,4Bu平面PAB,

所以「。_1_平面PAB.

⑵取AZ)的中点O,连接PO,CO.囚为户4二P/),所以尸OJ_A£>.又囚为户OJ平面PAD,平

面PAD_L平面48CO,平面PAZX1平面A8CQ=A。,

所以PO_L平面A8CD因为COu平面ABCD,所以PO_LCO.因为AC=CQ,所以COLAD.

建立如图所示的空间直角坐标系O-x)，z.由题意得,A(0,I,0),8(1,1,0),C(2,0,0),0(0,・

1,0),P(0,0,1).

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),

九♦”=0,即［-y—z=o,

则m•近=o,'12%—2=0.

令z=2,则尸I,尸-2.所以/T=(1,-2,2).

第27页共40页

又丽=(1,1,-1),所以cosv〃，而＞=「黑=一条

所以直线P8与平面PCD所成角的正弦值为日.

(3)设M是棱PA上一点,则存在AG[0,1]使得宿=筋？.因此M(0,11,2),则丽=(-

1,-2,2).

因为8MU平面PCD,

所以8M〃平面PCD当且仅当前./7=0,

即(-1,J")•(1,22)=0,解得

4

所以在棱PA上存在点M使得8M〃平面PCD,

此时*=7

AP4

2.(2022湖北襄阳四中月考，19)如图,在三棱柱ABC-A81G中，