空间向量与立体几何（解答题）-2020-2024年高考数学试题分类汇编（解析版）

冷集06或同向重鸟更伟几何（解答集）

五年考情♦探规律

考点五年考情(2020-2024)命题趋势

2023甲乙卷空间几何体表面积体积问题一般采

考点01求空间几何体表2022甲乙卷

2021甲乙卷用等体积法或者是空间向量解决，一

面积体积

2021乙甲卷般出现在第一问。

2020全国III卷

2024甲II卷

2023II乙卷二面角的正弦余弦值是高考空间几

2022III卷何体的高频考点，也是高考的一盒重

考点02求二面角

2021甲乙n卷要的趋势。

2020I卷

2023甲卷

线面角问题是高考中的常考点，方法

考点03求线面角2022甲乙卷

是方向向量与法向量的夹角

2020IIIIII卷

2024I卷

求距离问题是高考I卷的一个重大

考点04已知二面角，求2023I卷

趋势，容易与动点问题相结合

点，距离2021I卷

2024甲卷点到平面的距离问题是高考的一个

考点05求点到面的距离

2021I卷重要题型，应加强这方面的练习

分考点•精准练

考点01求空间几何体体积表面积

1.（2023•全国•统考高考甲卷）如图，在三棱锥P—ABC中，AB±BC,AB=2,BC=2①,PB=PC=®

3尸,4尸,3。的中点分别为£>,瓦。，点尸在AC上，BF1AO.

A

⑴求证：〃平面ADO；

⑵若NPOF=120。，求三棱锥P-ABC的体积.

【答案】⑴证明见解析⑵友

3

【详解】(1)连接。E,OF,^AF=tAC,贝1]8f=BA+A尸=(l-f)8A+tBC,AO=-BA+^BC,BFLAO,

--121

贝3尸,A0=[(1-0BA+tBC]-{-BA+-BC)=(t-l)BA+-tBC2=4(f-l)+4f=0,

解得f=《，则/为AC的中点，由。,E,。/分别为尸民尸A3cAe的中点，

2

于是OE//4&DE=』AB,OF//AB,OF=-AB,即DEHOF,DE=OF,

22

则四边形ODEF为平行四边形，

EF//DO,EF=DO,又砂0平面ADO,。。u平面ADO,

所以EF〃平面ADO.

(2)过尸作尸河垂直尸。的延长线交于点M,

因为P3=PC,O是BC中点，所以尸O1BC,

在RtAPBO中，PB=®BO=LBC=6,

2

所以PO=dPB°-OB2=,6—2=2,

因为AB_L3C,OfV/AB,

所以OFLBC,又POcOF=O,PO,OFu平面尸。/，

所以3C人平面尸。尸，又Mfu平面尸。/，

所以又BCFM=O,BCFMu平面ABC,

所以依f_L平面ABC,

即三棱锥P-ABC的高为PAf,

因为NPQR=120。，所以NPOM=60。，

所以PM=POsin60°=2x3=若，

2

又=gAB-BC=gx2x2亚=2亚,

2.(2023•全国•统考高考乙卷)如图，在三棱柱ABC-ABC中，4C，平面ABC,NACB=90。.

(1)证明：平面ACC|A_L平面BBCC；

(2)设AB=AB,AA=2,求四棱锥4一2耳CC的高.

【答案】⑴证明见解析.(2)1

【详解】(1)证明：因为AC,平面ABC,3Cu平面ABC,

所以ACLBC,

又因为NAC2=90,即AC13C,

4cAec:平面ACGA，ACcAC=C,

所以3。1平面ACGA，

又因为3Cu平面BCG与，

所以平面ACC0，平面BCG4.

(2)如图，

因为平面ACQA，平面BCGBi,平面ACGA7平面BCCXB}=CCt,A。u平面ACQA,

所以A。，平面BCG4，

所以四棱锥A-BB£C的高为4。.

因为AC_L平面ABC,AC,BCu平面ABC,

所以AC,

又因为A3=48,8C为公共边，

所以一ABC与.ABC全等，所以AC=AC.

设\C=AC=x,则AG—%,

所以。为CG中点，。£=；朋=1,

又因为ACLAC,所以AC2+AC2=A<,

BPX2+X2=22,解得片夜,

所以qc=JAG2_℃]2=Jwj-f=i,

所以四棱锥4-Bgcc的高为i.

3.(2022・全国•统考高考乙卷题)如图，四面体ABCD中，AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,£为AC的

中点.

⑴证明：平面3ED_L平面ACD；

(2)设钿=9=2,/4。8=60。，点尸在8。上，当4人”的面积最小时，求三棱锥尸-A5c的体积.

【答案】⑴证明详见解析⑵走

4

【详解】(1)由于AD=CD,E是AC的中点，所以ACLDE.

AD=CD

由于,所以AADB三ACDB,

ZADB=ZCDB

所以A5=CB,故AC_L3E,

由于DEcBE=E,DE,BEu平面BED,

所以AC_L平面g£D,

由于ACu平面ACD,所以平面3ED_L平面ACD.

(2)［方法一］:判别几何关系

依题意钻=%>=3c=2,ZACB=60°,三角形ABC是等边三角形，

所以AC=2,AE=CE=LBE=石，

由于AO=CD,AO，CE),所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以OE=1.

222

DE+BE=BD>所以止_LBE,

由于ACc3E=E,AC,2Eu平面ABC,所以DEJ.平面ABC.

由于"£)3三△CD3,所以4£4=4BC,

BF=BF

由于<NFBA=NFBC,所以“五&1三FBC,

AB=CB

所以A/=C产，所以EF1AC,

由于S.c=g-AC•斯，所以当防最短时，三角形ABC的面积最小

过E作EF_L8D,垂足为尸，

在RtABED中，-BEDE^-BDEF,解得EF=心,

222

FHBF3

过尸作皿,血‘垂足为H,则小〃所以用‘平面MC,且说=而=“

3

所以侬=:，

4

所以吟ABC=LSABC.W=LXLX2X6X3=^.

r—Az>C3ADC32]]

［方法二］:等体积转换

AB=BC,ZACB=60°,AB=2

；.A4BC是边长为2的等边三角形，

BE=K

连接EP

MDB=\CDBAF=CF

EF1AC

.•.在ABED中，当EF_L8。时，AAFC面积最小

AD1CD,AD=CD,AC=2,E为4c中点

DE=1DE2+BE1=BD2

;.BE1ED

若EF1BD,在ABED中,EF=班⑦£=—

BD2

BF=siBE2-EF2=-

2

.<1„„„13^3^

..SARFF=-BF•EF=—,一,—二---

由22228

•V_V钟_le更

一^F-ABC—^A-BEF+^C-BEF~Z、帖EF'AC——,'2———

5JO4

4.（2022・全国•统考高考甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示:

底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB,FBC,.GCD,小必均为正三角形，且它们所在的平

面都与平面A3CD垂直.

（1）证明：E尸〃平面ABCD；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

【答案】⑴证明见解析；（2）与6

【详解】（［）如图所示：

分别取A8,BC的中点M,N,连接MN,因为为全等的正三角形，所以，AB,FN，3C,

EM=FN,又平面E4B_L平面A8CD,平面£ABc平面MCD=AB,EMu平面E4B,所以EM_L平面

ABCD,同理可得平面ABC。，根据线面垂直的性质定理可知E"〃/W,而EM=FN,所以四边形

EMVF为平行四边形，所以EF//MN,又E/0平面A5CD,MNu平面ABCD,所以EF〃平面ABCD.

（2）［方法一］:分割法一

如图所示：

MB

分别取A2OC中点K,"由（1）知，EF"MN艮EF=MN,同理有，HE//KM,HE=KM,

HG//KL,HG=KL,GF//LN,GF=LN,由平面知识可知，BD±MN,MN1MK,KM=MN=NL=LK,

所以该几何体的体积等于长方体应VWL-EFGH的体积加上四棱锥3-MVFE体积的4倍.

因为MN=NL=LK=KM=4也,EM=8sin60=4石，点B到平面M/FE的距离即为点8到直线建V的距

离d,1=2后，所以该几何体的体积

丫=（4@，4肉4寺4及x4岛2拒=128昌苧相=等技

［方法二］:分割法二

如图所示：

连接AC,BD,交于0,连接0E,OF,0G,0H.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的4

倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍.容易求得，0E=0F=0G=0H=8,取EH的中点P,连接APQP.则EH垂直平面

APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积

V=1.473-（472）2+4---4V2--4A/2-473+4---4^--4>/2-45/2=^^.

3,，32323

5.（2021•全国•统考高考乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，底面ABC。，M为8C的中点，

且依_LAM.

（1）证明：平面平面尸2£（；

（2）若PD=DC=1,求四棱锥尸-ABCD的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）变.

3

【详解】（1）因为尸。,底面ABC。，Akfu平面ABC。，

所以尸£>上AM,又尸3_LAM,PBPD=P,

所以AMI平面PBD,而AA/u平面E4M,所以平面/UM■，平面PBD.

（2）［方法一］:相似三角形法

AB

由（1）可知于是LABZA_5M4,故F=

ABBM

因为BM=（BC,Ar»=BC,A3=l,所以;叱=1,即gc=&.

故四棱锥尸-48。。的体积1/=J48・20尸。=乂2.

33

6.（2021•全国•高考甲卷题）已知直三棱柱ABC-4瓦£中，侧面相片8为正方形，AB=BC=2,E,F分

（1）求三棱锥P-£BC的体积；

（2）已知。为棱4月上的点，证明：BF±DE.

【答案】（l）g;（2）证明见解析.

【详解】（1）由于B尸，A4,AB//A.B,,所以

又48勖8/,BBqBF=B,故AB/平面BCC4,

则AB13C,ABC为等腰直角三角形，

=XX

S&BCE=5SAABC=]X（5X2x2]=1,VF_EBC~SABCECF=§xlxl=§.

（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM-44GM1,如图所示，取棱AM,8c的

正方形BCG片中，G,尸为中点，则3斤，用G,

又8尸，4耳，A4n4G

故BP_L平面AgGH,而DEu平面48夕//,

从而BF工DE.

7.（2020•全国•统考高考回卷题）如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三

角形，尸为DO上一点，EL4PC=90°.

D

（1）证明：平面R4BEI平面PAC；

（2）设。。=0，圆锥的侧面积为后，求三棱锥P-ABC的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

8

【详解】（1）连接。AOBOC,。为圆锥顶点，。为底面圆心，.•.8,平面ABC,

P在。。上，OA=OB=OC,:.PA=PB=PC,

.ABC是圆内接正三角形，，人仁二3。，ATMCffliPBC,

ZAPC=ZBPC=90°,即P8_LPC,PA_LPC,

（2）设圆锥的母线为/,底面半径为,，圆锥的侧面积为万”万,〃=百，

OD2=l2-r2=2,解得r=l1=&,AC=2rsin60=—,

在等腰直角三角形APC中，AP=^AC=显,

22

在Rt私。中，PO=VAP2-OA2=,

.•・三棱锥P-ABC的体积为％.J尸。•%BC=L变x@x3=亚.

r-ADC3ZAADC3248

8.（2020•全国•统考高考回卷）如图，已知三棱柱ABC-4&Q的底面是正三角形，侧面BB】QC是矩形，M,

N分别为BC,BQ的中点，P为4M上一点.过&Q和P的平面交于E,交AC于F.

(1)证明：AA1//MN,且平面44WM3平面EB】GF；

兀

(2)设。为HAiBiG的中心，若AO=4B=6,A。〃平面EB】QF,且EIMPN=§,求四棱锥B-EB】GF的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)24.

【详解】(1)M,N分别为3C,8G的中点，

又A4.//BB,/.MNHAA1

在等边一ABC中，〃为BC中点，则

又1侧面为矩形，

BC±BB,MN//BB、MN±BC

由ACVc4Vf=M,脑V,AMu平面AAMN

3C1平面AAMN又，B.CJ/BC,且BCtZ平面ABC,BCu平面ABC,

〃平面ABC

又146匚平面匹。产,且平面EBCZc平面ABC=EF

BiCJIEF:.EF//BC

又iBC_L平面AAMN平面AA脑VEFu平面防。仍

平面EBgF1平面\AMN

(2)过M作PN垂线，交点为

画出图形，如图

.AO〃平面E4GF

AOu平面A4WN,平面AAMNc平面E耳C^=NP

:.AO//NP5L-NO//AP

AO=NP=6。为△A[B]G的中心.，ON=sin60°=jx6xsin60°=>/3

故：ON=AP=y/3,贝U4M=3AP=34,

平面EB&F，平面AtAMN,平面EBgFc平面\AMN=NP,

也＜=平面4可断，必/，平面£耳弓尸

又在„嗜嗡即跖=与涔祟=2

由（1）知，四边形EBCZ为梯形

二.四边形EB£F的面积为：S四边形鹤°F=—±•NP=;一x6=24

…Vg—E^GF=S四边形EMO尸.h，

丸为M到PN的距离MH=273-sin60°=3,

.•“=1x24x3=24.

3

考点02求二面角

1(2024•全国•高考H)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=50,ZADC=9Q°,ZBAD=30°,

2i

WE,尸满足AE=gA。，AF=-AB,将△但'沿EF翻折至！尸所，使得尸C=4jL

⑴证明：EFLPD-,

⑵求平面尸。与平面P2F所成的二面角的正弦值.

【答案】⑴证明见解析⑵丸叵

65

【详解】(1)由AB=8,A£>=5g,AE=|AD,AF=；AB,

得AE=2百,AF=4,又ZBAD=30°,在△A£F中，

由余弦定理得EF=-JAE2+AF2-2AE-AFcosABAD=^16+12-2-4-2^-^=2,

所以AE2+E/Y=AR2,则AE_L£F,即防上AD,

所以EF，PE,EF，DE,又PEDE=E,PE、DEu平面PDE,

所以EFI平面尸DE,又PDu平面尸DE,

故EF_LPD；

(2)连接CE,ZADC=90",ED=3^3,CD=3,贝！JCE?=ED?+CD，=36,

在,PEC中，PC=4®PE=2®EC=6,EC2+PE1=PC2,

所以PE_LEC,由(1)知PE_LEF,又成?.石尸=瓦£<7、£/<=平面4^。,

所以PE_L平面ABC。，又£»<Z平面ABC。，

所以PE工ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系f-Dz,

则E(0,0,0),P(0,0,2G),D(0,3^,0),C(3,3^,0),F(2,0,0),A(0,-2W,0),

由尸是AB的中点,得3(4,2后0),

所以PC=(3,36,-2&),PD=(0,3®-2®PB=(4,2&,-2百),PF=(2,0,-26),

设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为〃=（玉,M，Z］）,m=（X2，y2，Z2）,

n-PC=3%+-2石Z[=0m-PB=4x2+2石%-2上z2=0

n-PD=36y「2也z、=0m-PF=2x2-2A/3Z2=0

令％=2,%=8,得占=0,Z]=3,%=-1/2=1,

所以3=(0,2,3),茄=(有,-1,1),

m'n\1V65

所以向sm，"卜丽=耳后=行，

设平面PCD和平面BBR所成角为。，则sin6=Jl-cos2夕=与画

65

即平面PCD和平面尸班'所成角的正弦值为.

2（2024•全国•高考甲卷）如图，在以A,B,C,D,E,尸为顶点的五面体中，四边形ABC。与四边形AOEF

均为等腰梯形，EF//AD,BC//AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=MFB=2^,M为AD的中点.

⑴证明：氏0//平面。。£；

⑵求二面角F-BH-E的正弦值.

【答案】⑴证明见详解；（2）逑

13

【详解】（1）因为3C〃AD,E尸=2,AD=4,M为AD的中点，所以BC//MD,BC=MD,

四边形3。皿为平行四边形，所以BM//CD,又因为BMa平面CDE,

CDu平面CDE,所以〃平面CDE；

（2）如图所示，作交4D于0,连接。尸，因为四边形A8CD为等腰梯形，BC//AD,AD=4,

AB=BC=2,所以CD=2,结合（1）3czM/为平行四边形，可得BM=CD=2,又AM=2,

所以.ABM为等边三角形，。为AM中点，所以02=6，

又因为四边形仞石尸为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EF〃MD,四边形的处为平行四边形,

FM=ED=AF,所以△AEM为等腰三角形，与△AEM底边上中点。重合，OFYAM,

OF^ylAF2-AO2-3-因为。4+。尸=防2，所以QB_LOP，所以°氏°少,°尸互相垂直，

以。8方向为x轴，QD方向为＞轴，O尸方向为z轴，建立。-孙z空间直角坐标系，

F（0,0,3）,B（^,0,0）,M（0,l,0）,£（0,2,3）,BM=（-A/3,1,0）,BF=（-5/3,0,3）,

BE=（-52M设平面卸小f的法向量为机=（3,乂,4）,

平面EMB的法向量为“=（务，%，22），

m-BM=0瓜T+%=

则令％=6，得弘=3,4=1,即沆=(6,3,1),

m-BF=0"\/3^+3Z]=0

n-BM=Q—y/3x2+%二°八尻乙曰Q1

则＜即《L，令w=J3，得%=3*2=-1,

nBE=0-Q3X?+2y2+3z2=0

/1-\m-n1111A^RA^R

即为=（四,3,-1）,COS加,"=丽j=屈屈=卫，则sinm,n=得-，故二面角歹―HW—E的正弦值为磊-.

3.(2023全国•统考新课标团卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD_LCD,ZADB=ZADC=60,

E为BC的中

⑴证明：BC±DA；

(2)点尸满足斯=£>4，求二面角O-AB-产的正弦值.

【答案】⑴证明见解析；(2)走.

3

【详解】(1)连接因为E为8C中点，DB=DC,所以DELBC①，

因为ZM=D3=OC,ZADB=ZADC=60,所以ACD与△ABD均为等边三角形，

：.AC^AB,从而AE_LBC②，由①②，AEDE=E,AE；£)Eu平面AQE,

所以，3C1平面AT>E,而4)u平面ADE,所以3C_LZM.

(2)不妨设DA=DB=DC=2,BD1CD,:.BC=2^,DE=AE=啦.

二AE2+£)E2=4=32,...招工小，又；BC=E,DE,BCu平面BCD.•.?!£1，平面BCD.

以点E为原点，即，班,£A所在直线分别为无,％z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设。(①0,0),A(0,0,A/2),5(0,&0),E(0,0,0),

设平面与平面ABf的一个法向量分别为4=(xl,y1,zI),n2=(x2,y2,z2),

二面角。-AB-尸平面角为。，而协=(0,也-3),

因为石尸=04=卜后,0,忘)，所以尸卜虚,0,夜)，即有4尸=卜血,0,0),

—A/2XJ+A/2ZJ=0

取石=1,所以“=(1,1,1)；

[-=0

V2y2--0

取%=i，所以%=(0,1,1),

—A/2X2=0

Y\.%2V6

所以,从而sin。=

«1||«2岛④一3

所以二面角。-9-尸的正弦值为9.

4.(2023•全国•统考高考乙卷)如图，在三棱锥P—ABC中，ABIBC,AB=2,BC=2应，PB=PC=®

BP,AP,8C的中点分别为D,E,O,AD=y[5DO,点尸在AC上，BF±AO.

P

(1)证明：EF〃平面ADO；

⑵证明：平面ADO_L平面BEE

⑶求二面角D—AO—C的正弦值.

【答案】⑴证明见解析；(2)证明见解析；(3)变.

2

【详解】(1)连接。E,。/，T^AF=tAC,则BF=BA+A尸=(1一。a4+/8C,AO=-BA+^BC,BFLAO,

121

贝ijBFAO=[(1-0BA+tBCY(-BA+-BC)=(t-V)BA+-tBC92=4(r-l)+4z=0,

解得，=(，则尸为AC的中点，由。，瓦O,尸分别为总,FA5cAe的中点，

2

P

A

于是DE//AB,DE=LAB,OF//AB,OF=LAB,即DE//OF,DE=OF,则四边形OD石产为平行四边形,

22

EF//DO,EF=DO,又£1尸0平面4£)0,。0<=平面400,

所以EF〃平面ADO.

(2)法一：由(1)可知EF〃O£>,则AO=",OO=如，AD=yf5DO=—,

22

因止匕OD2+AO2=4。2=11,则OD_LAO,有£F_LAO,

又AO^LBF,BFJEF=F,平面5跖，

则有AO_L平面BEF,又AOu平面ADO,所以平面ADO_L平面班F.

法二：因为AB1BC,过点A作z轴，平面BAC,建立如图所示的空间直角坐标系，

4(2,0,0,),3(0,0,0),C(0,2忘,0),

3,15

DB+AB-DA921

在ARDA中，cos/PBA=-----2-D--B--A-B-----=-2--x-2-x--近7=

在/\PBA中，PA2=PB1+AB1-2PB-ABcosZPBA=6+4-2-s/6x2x--=14,

PA=^14(无一-2）2+y2+z2=14

设尸(x,y,z),所以由P8="可得：，尤2+-j2+z2=6,

PC=&)尤24-（J-2A/2）2+Z2=6

可得：x=-l,y=6*z=也,所以4-1,0网,

则。■，孝¥)，所以明，¥考,

F（l,V2,0）,

4。=卜2,0,0),4力=

设平面ADO的法向量为4=(占,M，zJ,

-.-z\C—2M+,x/Zy,=0

n,•AU二u,

则-，得5A/246n'

nx-AD=0+

令%=1,则％=&，z=g■,所以4=（1,0,石卜

丽］界¥)丽=1

厄0）

设平面BEF的法向量为巧==（*2，%/2）,

\-BE=O,-x+—y+—z=0

则:，得222及22z2,

n-BF=0/r-

i2乂+<2%=0

令石=2,则%=一忘,22=0,所以％=（2,-0,0）,

4.%=2x1+^2x卜形）+0=0,

所以平面AT>O，平面BEB

(3)法一：过点。作O////3/交AC于点H,设ADBE=G,

由AO_L3产，得〃O_LAO,S.FH=-AH,

3

又由(2)知，ODLAO,则为二面角D-AO-C的平面角,

因为分别为PB,PA的中点，因此G为,上"的重心，

1113

即有OG=—AO,GE=—BE,XFH=-AH,即有。”=—G/，

3332

4315

4+--------4+6-P*

cosZABD=——上解得*M同理得金手,

。。瓜2x2x^/6

2x2x—

2

5

于是BE?+EF?=BF?=3,即有3EJ_EF,则GF?=

3

”而Y后33岳岳

从而GF=,DH=—x=,

3232

在△OOH中，OH=LBF=2OD=^,DH=J^~,

2222

63_15___________

于是cos/DO"=%=_与,sinZDOH=1---=—,

2x----x——'I2J”

22

所以二面角。―AO-C的正弦值为它.

2

p.

法二：平面ADO的法向量为々=(L0,石卜

平面ACO的法向量为%=(0,0,1),

/\勺•％A/3

所以8s伍,2=丽'm叵

~2

因为(公生”［。，无］,所以sin(%,%)=Jl-cos?(%,%)=5

故二面角AO-C的正弦值为变.

2

5.(2022•全国•新课标回卷)如图，直三棱柱ABC-A?C的体积为4,A^C的面积为2后.

⑴求A到平面ABC的距离；

(2)设。为AC的中点，AAt=AB,平面ABC,平面A8BM，求二面角A—3D—C的正弦值.

【答案】(1)0(2)也

2

【详解】(1)在直三棱柱ABC-A4G中，设点A到平面48c的距离为/z,

VSh=h

则A-AtBC=^A,BC'~Y~=匕厂ABC=gSABC.4A=ABC-^C,=，

解得/7=应，

所以点A到平面\BC的距离为近；

(2)取42的中点瓦连接AE,如图，因为然=45,所以

又平面\BC1平面ABB^,平面AtBCc平面ABB^=,

且AEu平面ABBiA，所以AE_L平面ABC,

在直三棱柱ABC-A4G中，BBX-L平面ABC,

由BCu平面ABC,BCu平面A3c可得AE-LBC,BBt1BC,

又AE,BB,u平面$且相交，所以BC人平面A盟人，

所以BC,R4,3月两两垂直，以2为原点，建立空间直角坐标系，如图,

由⑴得AE=⑦，所以A41=AB=2,4^=2血，所以3c=2,

则A(0,2,0),A(。,2,2),8(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中点0(1,1,1),

则30=(1,1,1),BA=(0,2,0),SC=(2,0,0),

m•BD=x+y+z=Q

设平面4步的一个法向量加=(尤,y,z),则

m-BA=2y=0

〃・BD=a+b+c=0

可取加=(1,0,T),设平面8£>C的一个法向量a=(a,6,c),贝卜

n-BC=2a=0

何‘〃"尚力所以二面角一曲一。的正弦值为/一［2

可取;7=(0,则cosA1=9.

6.(2022全国•统考新课标回卷)如图，P0是三棱锥P-A5c的高，PA=PB,ABJ.AC,E是PB的中点.

(1)证明：OE//平面PAC；

(2)^ZABO=Z.CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C—AE—3的正弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)《

【详解】(1)证明：连接8。并延长交AC于点。，连接。4、PD,

因为P0是三棱锥P-ABC的高，所以「0/平面ABC,AO,BOu平面ABC,

所以PO_LAO、POLBO,

又PA=PB,所以APOAvAPOB,即。4=03,所以NQ45=NO54,

又AB1AC,即/B4C=90。，所以NQ4B+/Q4£>=90。，ZOBA+ZODA=90°,

所以NODA=NQW

所以AO=DO,即AO=DO=O3,所以。为BD的中点，又E为网的中点，所以0E//PD,

又OE<Z平面PAC,BDu平面PAC,

所以0E〃平面PAC

（2）解：过点A作上〃OP,如图建立空间直角坐标系，

因为尸0=3,AP=5,所以Q4=JAP'_PO?=4,

又NOS4=NOBC=30。，所以BD=2O4=8,则AD=4,AB=473,

所以AC=12,所以。（2百,2,0）,B（473,0,0）,网26,2,3）,C（0,12,0）,

所以“3后1,目，

则AE=（36,1,3，AB=（473,0,0）,AC=（0,12,0）,

n•AE=3^/3x+y+—z=0

设平面AEB的法向量为〃=（x,y,z）,贝叶2,令z=2,贝1」丁二-3,x=0,所以

n•AB=4\/3x=0

n=（O,-3,2）；

-3

——r/、「iAE=36a+0+—c=0

设平面AEC的法向量为机=（a,b,c）,贝1“2

mAC=12fe=0

令〃=百，贝!Jc=—6,b=0,所以用=（6,0,-6）；

-124^/3

所以侬（/〃'\用=n-而m

-713x5/39-13

45/3

设二面角C-AE-B的大小为6,则|cos0|=|cos^ra,m

IT

所以sin6=Jl-cos20==,即二面角C—AE—3的正弦值为7T.

yt

C\

7.(2021•全国•统考高考乙卷)如图，四棱锥尸-ABC。的底面是矩形，底面A8CD,PD=DC=1,M

为BC的中点，且PB_LAAf.

(1)求BC；

(2)求二面角&-府-3的正弦值.

【答案】(1)0;(2)画

【详解】(［)［方法一］:空间坐标系+空间向量法

PD_L平面ABCD,四边形43co为矩形，不妨以点。为坐标原点，DA,DC、DP所在直线分别为了、

＞、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-孙z,

设3c=2°,则£＞（0,0,0）、尸（0,0,1）、B（2a,l,0）、”,1,0）、A（2«,0,0）,

则P3=（2a,l,-1）,AM=（-a,1,0）,

PB±AM,则PHAM=-2/+l=0，解得a=变，故BC=2a=6;

2

［方法二］【最优解】：几何法+相似三角形法

如图，连结3D.因为尸D_L底面ABCD,且AMu底面ABCD,所以尸

又因为PB_LAM,PBPD=P,所以AM工平面PB£).

又BDu平面PBD,所以川0_1_皮).

从而ZADB+ZDAM=90°.

因为NM4B+NZMA/=90。，所以/M4B=NAE®.

所以-ADBs一BAM,于是最=黑.所以：8。2=1.所以BC=A/L

ABBM2

［方法三］:几何法+三角形面积法

如图，联结3。交AM于点N.

由［方法二］知4W_LDB.

ANDA7

在矩形ABC。中，有aDANs^BMN,所以——=——=2,^AN=-AM.

MNBM3

令BC=2f(t>0),因为M为BC的中点，则3加=/,£>3=44/+1，AM=4^+1-

由SoABugnAABugoB，.，得/=3"/+15〃+1,解得/=g,所以BC=2,=也.

(2)［方法一］【最优解】：空间坐标系+空间向量法

设平面R4M的法向量为根=(XQi，zJ,则AM=-手，1，°］，AP=(-72,0,1),

rm,AA/---V--2x,+y,=01—//—\

由2171取再=/，可得加=(应」,2),

m-AP=-yflxx+Z］=0

设平面的法向量为〃=伍，%，Z2)，BM=--^-,0,0,BP=^2,—,

【2J

n-BM==0,,、

由J2，取%=1,可得”=(0,1,1),

n-BP=->/2X2-y2+z2=0

cos(〃7,=J"：；=厂3打=3"^,所以，sin(m,n\=Jl-cos2(m,n\=,

因此，二面角A-PM-3的正弦值为画.

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【方法二】：构造长方体法+等体积法

如图，构造长方体ABC。-4耳£。，联结A耳,交点记为H,由于A瓦，AB,AgLBC,所以AHL

平面A8CQ.过"作2M的垂线，垂足记为G.

联结AG,由三垂线定理可