2023届浙江省新高考复习 专题3 立体几何解答题30题专项提分计划解析版

2023届浙江省新高考复习

专题3立体几何解答题30题专项提分计划

1.(2023秋•浙江•高三期末)如图，在四棱锥P-48CD中，底面A8C。为等腰梯形,

CD=2AB=2®,AD=BC=1,PA=PB=2.

⑴若平面PBC1平面PAD,求点P到平面ABCD的距离；

(2)若平面平面=平面48CO=Q,且尸Q=&,求平面P8C与平面

尸夹角的余弦值.

【答案】(1)6

【分析】(1)建系，利用空间向量结合位置关系求点P的坐标，即可得结果;

(2)根据题意利用空间向量求点P的坐标，再利用空间向量求面面夹角.

【详解】(1)延长OAC8交于点。，则O/)=OC=2,

可得。02+。。2=82故07)1.。。，

如图建立空间直角坐标系，则8(0,1,0),C(0,2,0),A(l,0,0),8(2,0,0)

•:PA=PB=2,设P(x,x,z)(z>0),

可得BC=(0J0),BP=(A:,X-1,z),AD=(1,0,0),AP=(x-1,x,z),

n.-BC=6=0

设平面PCB的法向量为勺=(a,b,c),则，-----,、，

4•8P=or+b(x-l)+zc=0

令。=工，则b=0,c=-x,即〃]=(z,0,-x),

LUn,-AD=p=0

设平面RAO的法向量为4=(p,g,s),则＜~,

^[n2AP=p(x-\)+xq+zs=O

令。=7,贝iJp=O,$=-x,即巧一(O,z,-x),

u111

•・•平面P8C/平面尸AD，则〃/%=f=0,即x=0,故点?(0,0,z)在z轴上,

因此点P到平面PBC的距离为z,

又因为|尸例=Jl+z?=2,则z=V5.

故点P到平面PBC的距离为8.

(2)由(1)可得：OEBC.OEAD,且BCu平面PBCAOu平面尸AO,

则Oe平面PBCOe平面?A。，

•・•平面P8Cc平面P4£)=/,则Ow/,:.PO=l,

直线POI平面ABCD=Q,故。即为坐标原点O,贝1」尸。=夜，

设尸(x,x,z),由/O=Jf+f+z2=应，

由Q4=P8=2,则Jq—lf+O+z?=2,解得x=-g,z=等，

由（1）可得:平面PC8的法向量为£=（*,0，），平面尸A£）的法向量为£=（0,乎,；）,

2.（2023春•浙江•高三校联考开学考试）如图，在三棱柱ABC-A5G中，＞平面

ABC,ABJ.AC,AB=AC=4tM=2,点。是棱3C的中点.

⑴求证：人用〃平面ACQ；

(2)在棱上AC是否存在点M,其中AM=/L4C(O<；1<1),使得平面朋Q与平面

所成角的大小为60。，若存在，求出;I：若不存在，说明理由.

【答案】(1)见解析

(2)存在，

4

【分析】(1)根据三角形中位线得线线平行，即可证明线面平行,

(2)根据空间向量，利用法向量的夹角即可求解.

【详解】(I)连接AC交AG于点。，

由于四边形4CC0为矩形，所以。为AC的中点，

又点。是棱的中点，故在A8C中，。。是-45C的中位线，因此。。/以田、

OOu平面4cO,\B(z平面ACQ,所以平面4Go

(2)由4AL平面A4C,可知，三棱柱ABC-A再G为直三棱柱，且底面为

直角三角形，

故以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系;

则入(0,0,0),A(0,0,2),8(4,0,0),C(0,4,0),0(22,0),

由AW=2AC(Ov4<1)得M(0,42,0).

AB=(4,0,-2),BD=(-2,2,0),

设平面BA。的法向量为/n=(x,y,z),则

in±AyB]4x-2z=0

m±BD1-2x+2y=0取z=2,得m=(1,1,2),

=(0,42,-2),DA/=(-2,42-2,0),

设平面AOM的法向量为〃=(X，y,zJ,则

n±J42y)-2^=0

=>取z.=22,Wn=(22-1,1,2/1),

n±DM[-2A-1+(4Z-2)J1=0

|22-1+1+441

222

>/6X>/1+(22-1)+42

+22-1=0=>(4A-l)(2A+l)=0

由「0〈之＜1,所以a二~7，

4

故棱上AC存在点M,其中加=，A。，即;1=，，使得平面网D与平面AOM所成角

44

3.(2023浙江•统考一模)如图，在长方体石产8中，P,。是长方形EFGH内

互异的两点，/APC是二面角A-PQ-C的平面角.

(1)证明：点尸在EG上；

(2)若"=8C,PA=PC,求直线AP与平面P8C所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析

（2）2拒-2

【分析】（1）根据二面角的平面角的定义得根据线面垂直的判

定得P。/平面APC.根据长方体的性质以及线面垂直的判定得PQ工平面AEGC从而

可得平面APC与平面AEGC重合，再根据平面的性质可得点P在EG上；

（2）根据线面角的定义作出线面角，在直角三角形中求出线面角的正弦值，利用基本

不等式可求出结果.

【详解】（1）由于NAPC是二面角A-PQ—C的平面角，则APJ.PQ,CPLPQ,

又APCP=P,APu平面APC，。尸u平面APC,所以PQS平面4PC.

又ACu平面APC,所以P0_LAC,

因为4E//CG,AE=CG,所以四边形AEGC是平行四边形，所以EG〃AC,

所以PQJ_EG.

因为在长方体ABCD-EFGH中,AE_L平面上FG〃，PQu平面EFG”,则AEJ,PQ,

又AEEG=E,4£u平面AEGC.EGu平面AEGC.

故P。/平面AEGC.

由PQS平面APC且尸。工平面AEGC,平面A尸C与平面4EGC有公共直线AC,得平

面APC与平面AEGC重合，

所以点P在平面AEGC内，又点P在平面EFGH内，AEGCC\YISEFGH=EG,

所以点P在EG上.

（2）因为A8=8C,所以底面为正方形，

因为R4=PC,AE=CG,所以RtZ\A£P与Rt!CGP全等，所以PE=PG,

又点P在EG上，故点P为EG的中点，所以点尸为正方形EFGH中心，

过户作AZ//BC,交EF于K,交GH于L,则K为E尸的中点，L为G”的中点，作

AMJLBK于M点.

因为BCJL平面48FE,AMu平面A8尸E,则BC_L4M,又BKcBC=B,8Ku平面

BCLK,8Cu平面BCLK,所以AM/平面BCLK,

则直线AP与平面PBC所成角0=ZAPM.

222222

设AE=。，AB=BC=2xtBK=x+hAP=2x+h,

11~…AB-h2xh

因为5A所以AM=-^-=彳彳，

所以APJx2+叫（2£+叫―后+3/f用+：+3,石高7

22l

=J（夜+1）2=夜+1=2（&-D=2上—2,当且仅当人=蚯“时，等号成立，

故直线AP与平面PBC所成角的正弦值的最大值是2人-2.

B

4.（2023秋・浙江•高三校联考期末）如图，在三棱柱ABC-A^G中，平面48。,

D,E分别为棱A8,SG的中点，BC=2,AB=243,AG=4.

⑴证明：。上〃平面ace/；

（2）若三棱锥A-4。。的体积为竽，求二面角AC-A的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）二面角O-AC-4的余弦值为迥

31

【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线与平面的位置关系计算直线方向向量和平

面法向量，即可证明；

（2）根据三棱锥A-A。。的体积可求得三棱柱的高为2,利用空间向量求二面角的余

弦值即可.

【详解】（1）证明：在三棱柱ABC-A&G中，84_L平面ABC,BC=2,AB=26

4G=4.

所以AC=AG=4,则AC2=AB2+BC2,则AB16C,

则如下图，以B为原点，8c朋.8妫为％y,z轴建立空间直角坐标系，设B片=力,

则

A（0,25/3,0）,B（0,0,0）,C（2,0,0）,41（0,2^,A）,BI（0,0,/i）,C1（2,0,/i）,D（0,^,0）,E（l,0,/z）

所以。七=（1,一石,人），AC=（2,—25/i,o）,AA=（o,o,a）,设平面ACGA的法向量为

〃二（x,y,z）,

ACn=02x-2\f3y=0二俨,令y=i,则7=（£1,0）,

所以=>>

AA,n=0hz=O

所以OE・〃=（l,—6,q•（百,1,0）=6-6+0=0,又OES平面ACGA，所以0七//平

面ACGA；

（2）解:三棱锥A-A。。的体积匕一QC=〃=gsACDA,A=^x^xy/3x2x/i=^^-,

解得力=4,则A（0,275,4）

由（1）知平面AAC的法向量为热=（出,1,0）,

设平面DA°的法向最为m=（a,仇c）,。。=（2,々5,0）,£>4=（0,6,4）,

73

a=——b

DCn=02a-屏=0_

所以=>2厂,令b=4,则m=（2>/5,4,->/5）,

。仙=0园+4c•=（）-v3,

c=----b

4

〃n・-mm6+4+05V31一工,八八4一……八

则cos〃，加二厂厂厂1=二一k=f，由图可知二面角。一4。一从为锐角,

|川•网2x73131

所以二面角AC-A的余弦值为题.

31

5.（2023春・浙江温州•高三统考开学考试）如图，在四棱锥P-ABC。中，底面A8CO是

边长为2的菱形且/A6C=1,产8=姑=4,PC=>/6.

(1)求PO的值；

⑵若BH=2BP，是否存在?，使得平面平面Q4B?若存在，求出4的值；若

不存在，请说明理由.

【答案】(1)加：

2

⑵存在，A=-.

【分析】(1)取线段A8的中点E,连接CE、PE,证明出A8/平面尸CE,可得出

PC1AB,进而可得出PC_LCD,利用勾股定理可求得PO的长；

(2)过点C在平面PCE内作CMJ_PE,垂足为点M,证明出CM_L平面过点M

作HNHAB,分别交RA、PB于点、N、H,可得出平面_L平面R4B,求出EM的

长，可得出a=黑BH=器FM，即可得解.

BPPE

【详解】(1)解：取线段A8的中点E,连接CE、PE,

因为四边形ABCD是边长为2的菱形，则BC=2,BE=\,

因为乙ABC=y,由余弦定理可得CE?=BC2+BE2-2BCBEcos^=3,

：.BE2+CE2=BC\所以8E_LCE,即CE/AB,

又依-“且E是AB的中点，•••/艺_L4?,

PEcCE=E,PE、CEu平面PCE,..AB/平面PCE,

.尸Cu平面PCE,:.PCLAB.CD//AB,..PCA.CD,

.PC=V6,PD=ylPC2+Clf=V10；

(2)解：过点C在平面尸CE内作CM_LPE,垂足为点M,

因为平面PCE,ABu平面P4B,

所以，平面R4BJL平面PCE,

平面R48c平面PCE=PE,CMu平面PCE,CMA.PE,

所以，CM_L平面E48,

过点、M作HN〃AB,分别交R4、PB于点、N、H,

因为CD//43,则”N〃8,

所以，C、D、N、”四点共面，

因为CMu平面COM；,

所以，平面COV/7JL平面RIB,

因为B4=P8=4,AE=\,PELAB^

则PE=yJP^-AE2=>/15»

因为CE=5PC=R，由余弦定理可得cos/尸CE=?C2+CE2PE2=_也

2PCCE2

所以，sinZPCE=Vl-cos2ZPCE=—,

2

SAPCF=-PCCEsin4PCE=-CMPE,

〜PCCEsinZPCE厉

所crn以I，CM=---------------------=--，

PE5

EM=ylcE2-CM2=,

因为HN〃AB,所以，九=日之=4^=；

BPPE5

6.(2023春•浙江绍兴•高三统考开学考试)如图，在直三棱柱人BC-中，£F分

别是棱A8,5G的中点，Z4CB=1.

(1)证明：EFJ.BC；

(2)若AC=2,8C=4,平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的角余弦值为g,求直线

EF与平面A8C所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)—.

2

【分析】（1）取BC的中点，连接。E,DF,证明BCJL平面OER即可证明所1BC.

（2）建立空间直角坐标系，由平面4BC与平面AP户所成锐二面角的余弦值为：，求

得A4的长，计算sinN/^ED即可.

【详解】（1）

证明：取8C的中点，连接。E,DF,

因为£>,E分别为3C,的中点，所以DE〃AC,

又因为ZAC8=],所以BC_LOE,

因为。，产分别为BC,8©的中点，所以DF〃Cq,

又因为ABC-A£G为直三棱柱，所以CG1BC,所以8C_L0F,

因为DEcDF=D,DEu平面DEF,。尸u平面OER

所以BC/平面DE凡因为斯u平面。石片所以EF13C.

（2）

设例=。（a>0）,以。为原点，CA,CB,CG分别为x,y,z轴建立如图空间直角

坐标系，

因为AC=2,A8=4,则E（l,2,0）,A（2,0,〃），尸（。,2,0,

AE=（-l,2,-a）,=（-2,2,0）,

设平面AEF的个法向量”=a，y,z）,

A.En=0-x+2y-az=0

则,即取〃=(a,a,l),

A尸•〃=o-2x+2y=0

CG-（0,0,a）为平面ABC的一个法向量，平面ABC与平面"所成锐二面角的余弦值

所以卜os（〃,CC）卜一|=/\=;,解得a=l，

।'71瓦国W2a2+13

由（1）,/FEZ）即直线E/7与平面ABC所成的角，EF=>jDF2+DE2=#+1?=>/2*

sin/FED=变=立，所以宜线所与平面ABC所成的角的正弦值为它.

EF22

7.（2023秋•浙江嘉兴•高三统考期末）如图，在三棱锥A-3CZ）中，平面A8_L平面

BCD，ZACD=ZBCD=30%点E在棱BC上，且BC=3BE=2AC=6DC=6.

（2）设”是4B的中点，点G在棱8C上，且E尸〃平面AOG,求二面角E—AO—G的余

弦值.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）利用余弦定理求出OE，利用勾股定理可证得DEICD，再利用面面垂直

的性质的定理可证得结论成立；

（2）推导出点G为CE的中点，然后以点O为坐标原点，以DE、。。所在直线分别为

x、丁轴，过点O且垂直于平面BCO的直线作z轴建空间直角坐标系，求出点A的坐

标，利用空间向量法可求得二面角E-40-G的余弦值.

【详解】（1）证明：由8C=3BE=2AC=GOC=6得BE=2,AC=3,CZ）=23，

CE=BC-BE=4,由余弦定理可得OlnCEZ+ay-ZCECDcoCO=4,

:.CD2+DE2=CE2,HUDEJ.CD,

因为平面ACDJ_平面BCD,平面AC£>n平面BCD=CD,DEu平面BCD,

平面ACD.

(2)解：因为EF〃平面ADG,£Fu平面ABC,平面ABCc平面A£)G=AG,故

EFHAG，

而产是AB的中点，故所为“U?G中位线，得BE=EG=2,

又BC=6,故G为CE中点，

由(1)可知平面4c。，以点O为坐标原点，以DE、0C所在直线分别为工、了

则E（2,0,0）、C（0,2x/3,0）,G（l,疯0）、£＞（0,0,0）,

设点A（0MZ>）,其中a>0,b>0,CD=（0,-275,0）,CA=（0,a-25/5肉,

解得”争

所以,

|CA|.|CD|2&X32

设平面AOE的法向量为帆=(即y,ZJ,DE=(2,0,0),DA

n-DE=2Xj=0

则JJ3，取M=K，可得加=仅,6,-1),

n-DA=—y.+-z.=0')

2121

设平面HDG的法向量为〃=(孙必/2)，DG=(l,G,0),

nDG=x2+6y2=0

则3，取为=々5,可得三已一百」)，

V7

nDA=-y2+-z,=0~

222

m-n425/13

所以,cos—丽=一双『年.

由图可知，二面角七-AO-G的平面角为锐角，故二面角E-AO-G的余弦值为名叵.

8.（2023秋•浙江宁波•高三期末）在菱形45。中，G是对角线3。上异于端点的一动

点（如图1）,现将△ABD沿8。向上翻折，得三棱锥A-BC。（如图2）.

（I）在三棱锥A-8co中，证明：DG1AC；

（2）若菱形48a＞的边长为2豆，=p且8G=2GO,在三棱锥A-BCD中，当

AC=3时，求直线AG与平面48所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

喈

【分析】（1）证明。G_U'F面A0C,根据线面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）由题意求得相关线段的长，证明AH_L平面C0D,建立空间直角坐标系，求得相

关点坐标，求出平面AC。的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）在图1中，连接AC交5。于。，连接AG,CG,

由菱形的性质得力GLAO.DGLCO,

D

图1图2

在图2中，因为C0,A0u平面AOC且AOCO=O,

DG1AO.DG1CO,

所以由直线与平面垂直的判定定理得DGJ•平面AOC,

因为ACu平面AOC,所以DGJ.AC.

（2）由。G_L平面AOCOGu平面COD,得平面C8_L平面AOC,

菱形ABCD的边长为2々，NABC=方，BG=2GD,

则BD=2BO=6,GD=2,

则三棱锥A-8CO中，CO=AO=0,又AC=3,

3+3-91

解^AOC得cosZAOC=4°乙％广2xy/3x^3~~2

故440c=120。,

3

作A/7J.CO,交8延长线于"得A”=],

由于平面C0DL平面AOC,平面COD卜平面AOC=C。，A〃u平面AOC.

所以AH_L平面C。。，

如图，以。为原点，OG8分别为乂丁轴，过。作A”的平行线作为z轴,

建立空间直角坐标系，如图，

设平面ACD的法向吊为n=(x,y,z),

"363八

n-AC=-----x——z=0

22

则，取x=J5,则y=Lz=3,

n-AD=^-x+3y--z=0

22

可得平面ACD的法向量〃=(x/3,1,3).

设直线AG与平面4CD所成角为仇^6[0,1],

sct'i,n_i/'[Ai\n-AG|2V13

所以sin6=|cos〈〃,AG)|=-............=-=------.

|〃||4G|Vl3x213

3

另解提示：根据上述解法求出A”=Q，

由CG=OG=4G=2,CO=26，可得右的=>/5，

由CO=AO=2>/5,4C=3,可得%CD=¥^，

设点G到平面ACD的距离为d,直线AG与平面AC。所成角为巴

因为匕-的=%„即;4月《对亦二:"出小。，可得d=噂，

，D13

所以sin。=-^―--

AG13

9.(2023春•浙江•高三开学考试)如图，在多面体A8CDE中，面8CDE为平行四边形,

AE=BE=\3,A3=8,BC=6,AB1BC,尸为4C中点.

(1)求证：AB±EF；

(2)二面角E-46-C的正切值为4,求多面体ABCDE的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)192

【分析】(1)取AB中点M,连接ME、MF,通过证明AB/平面M即来证得

(2)根据二面角E-48-C的正切值以及余弦定理计算边长，利用向量法求得点力到

面BCDE的距离，进而求得多面体ABCDE的体积.

【详解】(1)取48中点M,连接EM、FM,

-AE=BE，M为AB中点,.•.AB_L£M,

M为AB中点、,F为AC中点，，MF〃BC,,AB±BC,MF//BC,..ABIMF,

ABJ.ME,ABLMFtMEu面MEF,MEu面MEF,MEC\MF=M,

平面MEF,s.ABLEF.

(2)由(1)知：NEM/即二面角E-A8-C的平面角,

•.tanZEMF=4,NEM尸为锐角,

sinNEMF

4

由《cosNEM产

sin2Z.EMF+cos2Z.EMF=1

I

解得

cos/EMF=而

AE=EB=13,AM=-AB=4,.\EM1=E^-AM2=153,

2

MF=-BC=3,

2

在VM中由余弦定理得:

EF2=EM2+MF2-2ME-MFcosNEMF=153+9-27153-3-==144,

..EF2+FM2=153=EM2,:.EF1FM,

以M为原点，MB为x轴，M尸为)，轴建立空间直角坐标系，如图所示,

A«0,0),3(4,0,0),户(0,3,0),£(0,3,12),C(4,6,0),

BEBC二18二3

BC=(0,6,0),=(T,3,12),cosNEBCBE||BC|=6d3=i3,

..4V10

・・sinNEBC------,

13

/.5叱=2s也=218cH阳sin"BC=24后,

设面BCDE的法向量为万=(%为"0)，

n-BC=0日」6yo=O

n-BE=0'[-4公+3%+124=0

j0=0,令4=1,XQ=3,/.»=(3,0,1)

・•・点A到面6CO上的距离d[["""=勺，

\n\x/10

*',^A-RCDF.~]SRCDE,卜=124>/10-=192,

，多面体A8CQE的体积为192.

10.(2023・浙江•永嘉中学校联考模拟预测)如图，在四棱锥P-QABC中，已知

3=0尸=1,CP=2,AB=4,ZCPO=pZABC=^,ZAOC=],E为PB中点,F

为AB中点.

(2)若PA=G，求平面POC与平面P4B所成夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

e3m

\^)---・

13

【分析】(1)根据线面平行及面面平行的判定定理即得；

(2)方法一，延长CO与R4交于由题可得面PCOJ•面PO4,过A作AM_LPO,

过A作AN_LPH,进而可得N/WM即为面POC与面所成二面角的平面角，结合

条件即得；

方法二，利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.

【详解】(1)连接AC,为尸5中点，F为AB中点,

：•EF〃面FAO,

在APCO中，OP=1,CP=2tNCPO=1,

/.OC2=OP2+CP2-2OPCPcosZCPO=12+22-2X1X2X1=3,即OC二百，

在△ACO中，OA=1,NAOC=],JAC=2,ZO4C=|,

ABSiBC

在AAC5中，AA=4,ZABC=^,AC=2,sinZACB='^=j?

6AC

c

AZACB=~,ZCAB=-：,Z.OAB=—,

23t3

I

•••尸为A8中点，:.CF=-AB=2,NCFB=—,

23

：.OA//CF,又・.・C尸(z面尸AO,OAu面PAO,

ACF//EPAO,又•：CFcEF=F,CF,EVu面CM,

平面CEF〃平面PAO；

(2)解法一：延长CO与HA交于H,连P”，则面R48c面尸OC=P”，

在APCO中，OP=[,CP=2,0C=6所以OC_LOP,

又ZAOC=U,OAA.OC,POOA=O,PO,O4u面TOA,

2

・・・COJ■面POA,COu面PCO,

，面PCO1面PO4,

在面PC。内过A作AM_LP。，则4M上面PC。，

•・"〃u面PCO,/.AM±PH，

过A作AV_LP”，连MN,'：AMAN=AtAMu面4VW,?Wu面AMN,

”，面MNu面41W,

，PH1MN,

JN/VW即为面POC与面P46所成二面角的平面角，

*：OP=OA=\,尸4=百，

・・・NPQ4=¥，AM=—，

32

VCF=2,OAHCF,

/.OH=>[3,AH=2,PH=2又PA=也,

3G

:.cosNANM=，.=3^^

癖13

4

解法二：在少皿中，OP=1,CP=2,oc=6所以OC_L0P，

5

又ZAOcJ,OAA.OCt。尸门"二^^忆以^^:平面人。/,

2

所以OC_L平面AOP,OCu平面OABC,

所以平•面AOP_LTiliiQABC,

又＜。p=3=i,PA=6

3号

以。。为X轴，04为y轴，过。且垂直于面0A8C的直线为z轴建立空间直角坐标系,

则0（000）,4（0,1,0）,C（Ao,O）,8（2&3,0）,

设平面POC的法向量q=a，x，zj,0尸=0,-/乎，℃=隔0,0),

OPn,-0_^--y（+--2j-0^令z=i则y=后，'%=（0,石,1）,

[ocj=o[X1=O\

设平面BAB的法向量叼二国必心），AP=（o,q争，48=（2屈2,0）

\/

AB〃,=O2A+2%=0

3G、令£=1，则々=—3,

APn2=0-—j2+^-z2=0

所以8sH㈤=一+=-嘤

・•・平面POC与平面所成角的余弦值为主叵.

13

11.（2022•浙江•模拟预测）在矩形A8C。中，A3=2AO=4,点M为线段8上的中

点，将△/1£>〃沿AM翻折，使得NPD4=60。，点E在线段上（不包括端点）.

（1）证明：平面平面A8CZ）；

（2）求直线CE与平面R46所成角的正弦值的取值范围.

【答案】（1）详见解析；

⑵件噜

【分析】（1）取AM中点0,根据勾股定理及线面垂直的判定定理可得。尸•!•平面4BCQ，

进而即得；

（2）利用坐标法，设庄=2PB（0<；lvl）,利用线面角的向量求法及二次函数的性质

即得.

【详解】（1）取AM中点。，连接DO.P。，

因为M为线段CO上的中点，AB=2A£>=4,

所以AD=£>M=2,所以

又因为24=D4=2,PM=0w=2,

所以尸O_LAM,

由题意可得AM=20，ZAPM=ZADM=90°,

OP=OD=—AM=V2,又因为NPnA=60°,

2

所以E4=D4=O尸=2,

所以0尸+0。2=^£)2

所以OP_L8,又PO_LAW,ODAM=O,ODcjg]ABCD,AMu平面ABC。,

所以8，平面458,

又因为OPu平面PA",

所以平面APM_L平面ABCD；

(2)如图以。为原点建立空间直角坐标系，

则A(£0,0),B(-近,2近,0),C(-2及，及,0),P(0,0,a),

所以P4=(&,O,-0),Pfi=(-V2,2>/2,->/2),

设平面PAB的法向量〃=(x,y,z),

\n-PA=>/2x->/2z=0,

则〈厂,令x=l,可得〃=,

nPB=->J2x+2\/2y-，2z=0

设PE=%尸8(0<2<1),则?E=/IPB=(—历,2&,-夜；l),

所以网-低,2伍,夜-伍)，CE=(2夜一向,2仞-忘，应-屈).

设直线CE与平面R4B所成角为。，

n.CEI|2V2-V22+2V22-V2+V2-V22|

丽\.他&⑷\(2回何+(&的2

应

行标R百机|J+.

因为ae(O,l),

（J22J22

所以直线CE与平面R4B所成角的正弦值的取值范围为左,呻一.

12.（2022秋・浙江金华•高三期末）如图，在三棱锥A-3CO中，AB=AD,。为3。的

中点，AOA.CD.

⑵若AOCD是边长为1的等边三角形，点E在棱ADt,DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小为45,求三棱锥A-8CD的体积.

【答案】（1）证明见解析

⑵3

6

【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可得80；利用线面垂直判定可证得AOL

平面BC。，由面面垂直的判定可得结论；

（2）以0为坐标原点建立空间直角坐标系，设04="?.利用二面角的向量求法可构造

方程求得加的值，利用棱锥体积公式可求得结果.

【详解】（1）AB=AD^。为8。中点，.•.AO_L6。，

又AO_LC。，BDcCD=D,B£>,8u平面BCD,「.AO,平面SCO,

QAOu平面9，.•平面ABO_L平面BCD

(2)以。为坐标原点，0D04正方向为y，z轴，过。作垂直于0。的直线为x轴，可

建立如图所示空间直角坐标系,

设以=利(m>0),则8(0,T,o),C今；0

，,丽=d号)心隹到

设平面EBC的法向量〃=(x,y,z),

lc42m八

EBn=—y------z=0

3/3✓

则,令z=2,解得：x=y/3nt,y=~m,/.n=(>/3^-m,2)；

8Cn=-^-x+^y=0

■z轴1平面BCD，，平面BCD的一个法向量帆二(0,0,1)；

二二面角E-BC-O的大小为45,

I--I2y/2

COS<^AZ>=jL--t|=,=—,解得：/W=l;

MrMr\4/n2+42

6.v_K_16_6

==fiCDw=XX=-

S.BCD2s.0c°=1x1X万''^A-BCD353^-6~,

13.(2022•浙江•模拟预测)如图在四棱锥P-A8c。中，底面A8CD为正方形，平面

48_L平面P8C,AB=AP=2.

(1)求证：BCA.AP；

⑵若四棱锥尸-A5co的体积为竽，求一面角8-9-C的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵侦

7

【分析】（1）结合面面垂直和线面垂直的性质定理即可证明.

（2）取8中点为M点，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，即可求得二面角

8-尸。-C的余弦值，从而求得正弦值.

【详解】（1）证明：取网的中点为E,连接4E,

因为=所以A£_LP8,

因为平面平面P8C,平面平面PBC=PB

4Eu平面所以AE_L平面PBC,

因为8Cu平面P8C,所以AE_L8C,

又因为底面A8c。为正方形，所以

因为ABAE=A,AB,AEu平面R4B，所以BC工平面

因为APu平面R4B，所以8C_LAP

（2）由（1）知，8cs平面

因为BCu平面ABCD,所以平面以8L平面ABCD

过尸点作尸〃_LA8,可得P〃_L平面ABC。，即PH为四棱锥尸-98的高，

因为四棱锥尸—A8CD的体积为竽，所以/T8e=gx2x2xP”=苧，

解得?"=6，又因为上4=2,所以47=1,所以〃为AB中点，

取8中点为“点，连接“M,

以〃点为坐标原点，以网由所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的

空间直角坐标系

所以8（-1,0,0）,尸（0。石），D（1,2,0）,C（-l,2,0）,

所以PB=（—l,0,—G）,PZ）=（1,2,—G）,PC=（—1,2,—G）,

,、n-PB=0f-x-TJz.=0

设平面/w的法向量为〃=a，3zj,则《，即〈।r,

令4=i,解得玉=々5,弘=6所以”=（-

_,、\m-PC=0f-x+2y.-石马=0

同理设平面尸8的法向量帆=（9,必*2），贝叶，即，।力「।,

m-PD=0L+2y-QzI=0

解得m=（0,石,2）,所以二面角8-PO—C的余弦值为硒=亍,

所以二面角5-立>-。的正弦值为义区.

14.（2022•浙江绍兴•统考一模）在四棱锥P—A8co中，AD=2AB=2BC=4,AD//BC,

NR4O=120°,AB工PC.

⑴求证：PA=PB・,

（2）若平面P45_L平面48C。，二面角5-2。-4的余弦值为（，求直线£>P与平面P8C

所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析.

【分析】（1）取AB的中点0,连接OP,0C,证明平面POC,继而证明A8_LP。，

从而证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用二面角B-PC-A的余弦值为g,

结合空间向量角的求法求得0P=G，继而求得平面PBC的法向量，利用向量的夹角

公式，即可求得答案.

【详解】（1）证明：如图所示，取AB的中点0,连接OP,0C.

故NA8C=60°,..ABC为正三角形，

「.A8J_OC,又AB_LPC,OCcPC=C,尸Cu平面POC,OCu平面POC

平面尸OC,又尸Ou平面尸OC,

:.AB±PO,:.PA=PB.

(2)依题意平面_L平面ABCD,由(1河知PO_LAB,平面RABc平面ABCD=AB,

POu平面R4B、

则PO工平面ABC。，故以05,OC，OP为x，丁，z轴的正方向建立如图所示的空间

直角坐标系.

设OP=/U>0,则3(1,0,0),A(-l,0,0),C(0,V3,o),P(0,(M)、Q(—3,260),

..BC=(-h>/3,0),BP=(-l,O,/l),AC=(l,>/3,0),AP=(l,0,4),

.、BC-/n=0f-x+\/3v-0

设平面5PC的一个法向量/n=x,y,z),由，可得：)八，

'BPm=0-x+2z=0

令y=M,则％=3,z=

£=（她,c）,由产,…可得卜牝。,

设平面PAC的个法向害

APn=0[a+Ac=0

一%则"=3-有-皆，

令b=-6贝"3,c=

，=（3,-"用.

可得平面PAC的法向量，

加方6-*1

依题意可得卜。卜一而解得八⑸即。八技

即平面P8C的法向量小二=（3,近6），P/）=（-3,26,-@,

设直线OP与平面P8C所成角为。,

则0的正弦值sin0=|cos(DP,m]=J。7言，或=吗.

।'八,同V15V2410

15.(2022秋・浙江•高三校联考阶段练习)如图，在四棱锥尸-ABC。中，已知底面A8C。

是正方形，尸C_L底面48cO,且PC=BC=1,E是棱PB上一点.

(1)若〃平面ACE,证明：E是PB的中点.

(2)线段网上是否存在点E,使二面角P—AC—E的余弦值是返？若存在，求普的值;

3

若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

PE

(2)存在，——=1

【分析】(1)利用线面平行的性质定理得到尸。〃EO,且O为5。的中点，则E是网的

中点；

(2)建立合适的空间直角坐标系，求出平面R4C和平面E4C的法向屈，列出与4相关

的方程，解出之即可.

(1)

证明；如图，连