高考数学空间向量与立体几何解答题专项训练含答案

专题1.7空间向量与立体几何

考向解读

(1)高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及

二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等.

主要有两种考查形式：

①利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；

②考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面

的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空

间立体几何问题转化为空间向量问题.

(2)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：

①建立恰当的空间直角坐标系；

②求出相关点的坐标；

③写出向量坐标；

④结合公式进行论证、计算：

⑤转化为几何结论.

(3)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通

过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还

是钝角.注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补

角.设平面a,B的法向量分别为及,◎),尸(a*,a),平面a,。的夹角为。(0464口)，

则|cos01="=|cos〈〃j〉|.

(4)用向量解决探索性问题的方法：

①确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求.

②确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而

不是直接设出点的坐标.

③解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转

化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、

有效，应善于运用这一方法解题.

1

最新模拟题赏析

1.已知梯形8FEC如图1所示，其中BF//EC，EC=3,BF=2,四边形4BCD是边

长为1的正方形，沿AO将四边形瓦》尸折起，使得平面EDAF_L平面ABC。，得到如

图2所示的几何体.

（1）求证：平面AEC_L平面切组；

（2）若点H在线段8。上，且£”与平面庞五所成角的正弦值为逅，求线段£）”的长

9

度.

【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟（理）

【答案】（1）证明见解析；（2）Y2.

2

【分析】（1）利用折前折后的不变量先证明线面垂直，再进一步得到面面垂直.

（2）建系求平面BE产法向量，建立方程求解.

【解析】（1）因为平面94方_1_平面A8CD,。石u平面瓦加尸，

平面瓦凶尸口平面43CD=AO，DEA.AD,所以DEL平面A8CO，

因为ACu平面ABCO,所以QEJ_AC，

因为四边形ABC。是正方形所以AC_L80，

因为DE、3£>u平面BOE，DEcBD=D,所以ACJ•平面BOE，

因为ACu平面ACE所以平面AEC1平面BDE：

（2）建系如图：

2

设平面3环的法向量百二（x,y,z）,石（0,0,2）,尸（1,0』），B（l,l,0）,

EFn=0

则1二(11』)，设”(a,a,0),EH=(a,a,-2),

BFn=0

辰仰斗康割邛，解得小或

”（H。），所以DH=^~.

2.在三棱锥A—8C。中，AB=AD=BD=2BC=DC=五，AC=2.

（1）求证：BD1AC；

（2）若P为AC上一点，且AP=°AC,求直线族与平面AC。所成角的正弦值.

4

【试题来源】浙江省绍兴市第一中学2020-2021学年高三上学期期末

3

【答案】（1）证明见解析；（2）班.

7

【分析】（1）取3。中点。，连接AO，0C,证明BD_L平面AOC即可；

（2）首先证明AO_L平面BOC,然后以射线OB,0C，。。为工，》，z正半轴建系,

然后算出BP和平面ACD的法向量即可得到答案.

【解析】（1）取8力中点。，连接AO，0C，因为A8=4），BC=DC,

所以BO_LAO，BD上0C，因为40口。。=0,所以8OJ,平面40C，

即8。_14c.

（2）由（1）得，BO_L平面A0C，因为BDu平面8c。，

所以平面AOC_L平面BDC，

易得人。=石，OC=1,所以AO2+OC2=AC2,即AO_LOC，

因为平面40CI平面MC=0C，所以AO_L平面8DC,

—3V3

BP=-1,-,—，DA=(1,0,73),DC=(1,1,0),

设万=（x,y,z）为平面ADC•个法向量,

ri•DA=0X+y/3z=Q

则包取”(—3,3,Q),

n-DC=0x+y=0

4

3

3+-

nBP十二4G

设。为直线BP与平面ACZ）所成角，贝|」卜后夕|=

史r

后

2

即直线BP与平面ACD所成角的正弦值为递.

7

3.在边长为2的菱形ABCD中，NBV）=60。，点E是边43的中点（如图1）,将DADE

沿DE折起到的位置，连接48,4。，得到四棱锥A—8CDE（如图2）

（1）证明：平面平面BCOE；

（2）若AE_LBE,连接CE,求直线CE与平面AC。所成角的正弦值.

【试题来源】广东省广州市2021届高三一模

【答案】（1）证明见解析，（2）叵.

14

【分析】（1）连接图1中的80,证明然后证明OEJL平面48E即可；

（2）证明REJ.平面BCOE，然后以E为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量

求解即可.

【解析】（1）连接图1中的30,

因为四边形ABC。为菱形，且/血＞=60。

所以△A5O为等边三角形，所以。石_LAB

5

所以在图2中有因为BEcAE=E

所以OE_L平面4BE,因为DEuBCDE，所以平面人由石，平面BCDE

（2）因为平面A3E_L平面BCDE,平面人乃七。平面8cM：=BE,AIE1BEt

AEuABE,所以AEJ■平面3c£>E,

以E为原点建立如图空间直角坐标系，

所以A（O,O1）,C（2,>/5,O）,D（O,省,O）,E（O,O,O）,

所以丽=（0,6,-1）,而=（2,石，-1）,沅=（2,百,0）,

n-A^D=>/3y-z=0

设平面A。。的法向量为7=（%y,z），则,

n-AyC=2x+\/3y-z=0

令y=l,则7（0/词，所以c<4,即福=^=筌

所以直线CE与平面4。。所成角的正弦值答

4.已知三棱锥P—ABC中，PA=PB=PC=T,三棱锥Q—ABC中IQAB,UQBCt

VQC4为全等的等边三角形，Q4二JE.

（1）证明：尸。，平面A5C；

（2）求直线QB与平面APQ所成角的正弦值.

6

【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）（理）

【答案】（1〉证明见解析；（2）y.

【分析】（I）设AB的中点为O,连接CO,在CD上取点M，使得CM=2MD,连接

PM，QM.可得尸M_L平面ABC,•平面A3C，即可得出结果.

（2）由（I）可知尸CJ_平面上钻，PALPB，以点尸为坐标原点，PA,PB,PC所

在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，即可得出结果.

【解析】（1）设AB的中点为Q,连接8,在。。上取点M，使得CM=2MD,连接

PM，QM.

因为丛=P3=PC=1,AB=BC=CA=y/2^

所以△PA8，口尸BC，VPC4是全等的等腰直角三角形，

PC1PA,PCA.PB,PACPB=P,所以PC_L平面R43.

又ABi平面B4B,所以PC_LA5.

因为口45。为等边三角形，所以COJ.A3.

又PCnCD=C,所以ABJ_平面PC。，

又尸Mu平面PCO，所以

同理，PM上BC，ABcBC=B，所以PM_L平面A8C.

因为Q£）_LA8,QDcCD=D,所以A5_L平面。8,且QMu平面QCO,

所以QM_LAB.同理，QM上BC,ABcBC=B，所以QM，平面ABC，

所以尸，。，M三点共线，所以尸。，平面ABC.

7

(2)由(1)可知PCJL平面BA4，PAA.PB，以点尸为坐标原点，PA,PB,PC所

在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间宜角坐标系，

则A(1,O,O),B(OJO),尸(0,0,0),

所以BQ=(l,0,l),PA=(1,0,0),P0=(U,1).

设平面APQ的法向量为。=(x,j,z),

x=0,

n-PA=0Qx=0,+Z=0解得J

则《一y即

nPQ=0,y=-z,

令z=i，则y=-i,所以为=(o,—1,1).

rUUU

2〃BQ11

设门线QB与平面APQ所成角为e,则

5.如图，在四棱锥P—A8CO中，四边形ABC。为直角梯形，AD//BC，ZADC=9O°,

平面PADS,平面ABCD,QM分别为A。，PC的中点

PA=PD=AD=CD=2BC=2.

8

（1）求证：8。_1_平面尸。8；

（2）求二面角—P的余弦值.

【试题来源】河南省中原名校2020-2021学年高三下学期质量考评一（理）

【答案】（1）证明见解析；（2）1L垣.

217

【分析】（1）先证四边形5cOQ为矩形.再证BC_LPQ,由线面垂直的判定定理即可证

明直线BC_L平面PQB：（2）建立空间坐标系，分别求出平面ABM和平面PBM的法向最，

结合向量夹角公式求解即可.

【解析】（1）因为。为AD的中点，BC=-AD,所以3C=Q£>,

2

因为AO//8C，所以四边形为平行四边形.

因为NAOC=90°，所以四边形8c。。为矩形，所以8C_L8Q.

因为R4=PD,AQ=QD,所以PQ_LA。，

因为AD〃BC，所以BC_LPQ.

因为尸。03。=。，所以平面PQB.

（2）因为平面皿>_L平面A3c。，结合（1）易知QA，QB,QP两两垂直，

以。为原点，QA,QB,QP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图.

因为。为4。的中点，PA=PD=AD=CD=2BC=2,

因为在RtZXPQA中，PQ==也7=百，BQ=CD=2,

9

所以A（l,0,0）,3（0,2,0）,C（-l,2,0）,P（0,0,G）,

因为M为PC的中点，所以“（一!，1,4.

22

ULUUUU'

所以43=（-1,2,0）,BM,PB=（0,2,-x/3）

m•AB=一%+2y=0

r

设平面ABM的法向量为相=(X，M，zJ,由＜m•BM=X-y+2=0

4r（专）为平面ABM的一个法向量，

令y=1,得％=2,Z]=—j=,即机=2,1,

V3I

n-PB=2y2-=0

设平面PBM的法向量为。=(9,%*2)，由，

n•BM=--^x2—y2--z2=0

令马=5得%="1rf3

,x2=0,即〃=10,—,为平面PBM的一个法向量,

设二面角A—8W—尸为。，由题意，可得，

\m-n\11VH7

所以cos0=

陶•向217

即二面角A—BW—尸的余弦值为

217

【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：

(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用

方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算.

(2)设沅,弁分别为平面a,万的法向量，则二面角。与＜沅,讨＞互补或相等，求解时一定

要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

6.如图长方体45CO—AqGA中，AB=AD=\,AA=2,点E为。。的中点.

10

（1）求证：平面4CE；

（2）求证：上用，平面ACE；

（3）求二面角A—CE—G的余弦值.

【试题来源】北京市2021届高三年级数学学科综合能力测试试题

【答案】（1）见解析（2）见解析（3）-立

3

【分析】（1）作辅助线，由中位线定理证明。£7/8。，再由线面平行的判定定理证明即可；

（2）连接80,AB.,由勾股定理证明£81_L0E,EB.1AE,再结合线面垂直的判定定

理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可.

【解析】（1）连接5。交AC与点。，连接OE，

•・•四边形ABC。为正方形，...点。为BO的中点，

又点E为。。的中点，••.OE〃8R,

・.・OEu平面ACE,千面ACE,〃平面ACE

（2）连接与。,AB.,

11

则B02=OE2+EB；,

0E=}EB}±OE,

2

同理可证用炉+AE?=A8；,/.EBX±AE,

AEcOE=E,AE,OEu平面ACE,EB[±平面ACE：

(3)建立如下图所示的空间直角坐标系，

A(l,O,O),C(OJO),E(O,O,l)，G(0J2),马(1J2)

显然平面CGE的法向量即为平面yOz的法向量，不妨设为丽=(1,0,0),

由(2)可知七旦平面4CE,即平面ACE的法向量为乃=瓯=(1』,1),

/__\mn&

COS〈〃M=ET]=W又二面角A—C£—G是钝角,

件1利3

・•・二面角A-CE-Q的余弦值为一B

3

【名师点睛】在第•问中，关键是利用中位线定理找到线线平行，再由定义证明线面平行;

12

在第二问中，关键是利用勾股定理证明线线垂直，从而得出线面垂直；在第三问中，关键是

建立坐标系，利用向量法求面面角的余弦值.

7.如图1,在矩形A3CQ中，3c=2AB=2,E是中点,将ACQE沿直线CE翻折

到△CPE的位置，使得=如图2.

-E£）

\0N

L-------------------------jJBC

BC

图1图2

（1）求证：面尸CE1面4BCE；

（2）求PC与面ABP所成角的正弦值.

【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考

【答案】（1）证明见解析；（2）如空.

11

【分析】（1）连结鹿，可得BELEC,结合两图，可得砥_LEC,BE工PE，又

ECcPE=E,根据线面垂直的判定定理证得BE_L面尸再利月面面垂直的判定定理

证得结果：（2）以点A为原点，分别以4民AE直线为x轴，》轴，以经过点A且垂直于平

面ABCE的直线为z轴建立H角坐标系，利用自线的方向向量，J平面的法向量所成角的余

弦值的绝对值得到结果.

【解析】（1）连结8石,

由图1可得3E_LEC,在图2中;BE=6,PE=\,PB=6,:.BEA.PE,

13

又•；ECCPE=E；.BE上面PEC,「.BEu面4BCE：.面PCEL直/BCE；

<2）以点A为原点，分别以AB,AK直线为x轴，y轴，以经过点A且垂直于平面A5CE

的直线为z轴建立直角坐标系.

由题意可知，B（l,0,0）,C（l,2,0）,E（0,l,0）,PL

AP=—，^，-^,AB=（1,0,0）,设面A8P的法向量为。=（x,y,z）,

则•/嘉一:，令丁=夜,得z=-3,所以万=（O,后,-3）,PC=一去

sin<9=|cos（PC,/i）

।\7匕\PC\@x\n\11

所以直线PC与面A放所成角的正弦值为2叵.

11

【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：

（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；

（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，

进而得到线面角的正弦值.

8.如图，圆。的半径为4,A3、CO是圆。的两条互相垂直的直径，P为OA的中点,

EF//CD.将此图形沿着E尸折起，在翻折过程中，点A对应的点为A.

（1）证明：A}B1CD-

（2）当/人尸5=与时，求二面角A-8C-尸的正弦值.

14

c

【试题来源】辽宁省名校联盟2020-2021学年高三3月份联合考试

【答案】（1）证明见解析；（2）叵0.

55

【分析】（1）证明出COJ•平面进而可得出AB_LCD：

（2）过。作直线/_L平面8CO,在/上取点。（异于点0）,以点。为坐标原点，。。、

OB、。。所在直线分别为X、y、Z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角二

角函数的基本关系可求得二面角A-8C-P的正弦值.

【解析】（1）折叠前，因为A3_LCD,8〃痔，则A8_L防，

折叠后，对应地，有尸，PB工EF，

因为EF//CD,所以CDLPA，CD.LPB,

-PA.C\PB=Pt所以，CCFffiiAPB,

因为A8u平面所以A5J_CD；

（2）过。作直线/J_平面5CD,在/上取点。（异于点O）,

设二面角A-BC-P为。，以点。为坐标原点，OD、OB、。。所在直线分别为彳、》、

z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-孙z,

15

则8(0,40)、C(-4,0,0),且当以尸8=会时，40,-3,网，

所以而=(«0),瓯=(0,-7,⑹,

_fn-BC=-4x-4y=0

设平面ABC的法向量为相二(x,y,z),则〈一广，

mB\=-7y+V3z=0

令x=JJ，则>=一6，z=-7,所以“=(6,-6,-7),

\m-n\7\J/55

因为平面88的一个法向量为G=(0,0,1),则|cos回=上吊=一土一，

网•〃55

因此，sin8=71-cos20=

55

【名师点睛】利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

(1)建立合适的空间百角坐标系,写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标：

(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：

若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；

(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是

锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.

9.如图，四棱锥P-ABCI)的底面A8CO内接于半径为2的圆。，A8为圆。的直径，

AB//CD,2DC=AB,E为A5上一点，且PE_L平面ABCZ),EO二百.

(1)求证：PAIDE^

⑵若直线心与平面工抽。所成的角町，求二面角的余弦值.

【试题来源】2021年新高考测评卷数学(第一模拟)

【答案】(1)证明见解析；(2)竺叵.

35

16

【分析】（1）连接C0,利用已知条件得到四边形ADC。是平行四边形，连接。。，得到

△48为等边三角形，利用条件得到再利用彼面垂直关系得到PE_LDE，

利用线面垂直的判定定理得到OE_L平面PAE，进而可得结论.

（2）由（1）可知EO，EB，EP两两垂直，进而建立空间直角坐标系七一巧得到相关

向量的坐标，求出平面P灯）与平面P8C的法向量〃1,%，利用cos（/,〃2）得到二面角

C—PB—。的余弦值.

【解析】（1）连接CO,因为A5〃CO，2DC=AB,

AO//CD,且40=8,所以四边形AOCO是平行四边形.

连接。。，因为圆。的半径为2,所以AO=OC="=AO=EQ=2,

所以△AOD为等边三角形，所以在△AOD5,AO边.上的高为ADsinW=2sing=V5.

因为ED=£，所以OE为A0边上高，所以。E1AO.

因为尸E_L平面48c。，D£u平面A8CO,所以PE工DE，

乂DE上AE,AE，PEu平面ME，且AEcPE=E,

所以叱《£平面P4E.因为%u平面PAE，所以R4J_DE.

（2）由尸E_L平面A3C£）可知，N尸斑;为直线PB与平面A3CD所成的角，

所以NPBE=上,因为PE=EB=3.又由（1）知，ED，EB，EP两两垂直，

4

如图，可以以E为坐标原点，以ED，EB,砂所在直线分别为X,丁，z轴建立空间直

角坐标系七一年.

17

则8(0,3,0),c(x/3,2,o),O卜§0,0),P(0,0,3),

所以BO二(石,一3,0),PS=(O,3,-3),8C=(g,-1,0).

BDn=0,

设平面P8D的法向量为1=(5，则・y

PB•%=0,

V3x,-3yi=0,得I”令y=i,则二⑼,1).

3M—3Z]=0,y=4，

BD^=0,

设平面P8C的法向量为%=(电，刈/2)，则，

丽・元=0,

““为,令-=1,则必=6,马=5所以丐=(1,乙⑹.

得《

3y2—3Z2=0,

363x/105

所以尸同同二及后二

8sgz35

易知二面角C-PB—D为锐二面角,

所以二面角C—PB—。的余弦值为竺史.

35

【名师点睛】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为

(1)建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；

(2)根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.

(3)利用数量积验证垂直或求平面的法向量.

(4)利用法向量求距离、线面角或二面角.

10.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PBC1平面

ABCD,/PBC=90°,ADHBC.ZABC=90°,2AB=2AD=41CD=BC=2

(1)求证：8_1_平面尸瓦)：

18

（2）若直线尸。与底面A8C£＞所成的角的余弦值为上，求二面角A-PC-的正切值.

3

【试题来源】贵州省新高考联盟2021届高三下学期入学质量监测（理）

【答案】（1）证明见解析；（2）72.

【分析】（1）由于2A3=24£）=&8=8。=2根据勾股定理可得。£）_103,再由面

面垂直性质定理可得P8_LCO即可证CQ_L平面尸比＞：（2）以8为原点，BC,BP,BA分

别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，转化为正弦即可.

【解析】（1）在四边形A3CD中，AD//8C,ZABC=90°,2AB=2AD=辰D=BC，

所以口ABODBCD都为等腰直角三角形，即CZ）_LO5,

因为平面PBC1平面ABCD,NPBC=90°,平面PBCfl平面ABCD=BC,

所以直线PBJ_平面48CO、又CDu平面ABCO,所以PBLCD,

又PBcBD=B，所以8J_平面2以）.

（2）以8为原点，8c,8P,8A分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

设=2,则，AB=1,CD=8。=&,

因为直线尸。与底面A5CD所成的角的余弦值为也，

3

所以在RtZXPBD中，cos/尸拉B=—=—t^PD=yf61PB=2.

PD3

设平面尸8c和平面PQC法向量分为为西％易知可取加=（0,0,1）,

19

因为无=(2,-2,0),反=(1,0,-1),所以｛—「解得乃=(1,1,1),

DC-/?=()

ffi・H]

设所求二面角为仇所以cos<9=।一广〒，BPtan6>=V2.

\fn\-\n\J3

【名师点睛】涉及异面直线所成的角，线面角，二面角的问题，一般可以建立适当直角坐标

系，利用向量的夹角坐标公式求解，属于中档题.

11.如图，平面力8co_L平面48E,AD//BC,BC上AB,AB=BC=2AE=2tF为CE上一点,

^.BFL^ACE.

(1)证明：4E_L平面8CE；

(2)若平面与平面CQE所成锐二面角为60。，求40.

【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模

【答案】(1)见解析；(2)叵

3

【分析】(1)由平面48co_L平面N5E证明8C_L面力8七，得至UBC1AE,由平面ACE,

得到B/LL/E,从而证明4E_L平面8CE.(2)过4作垂直4。，以否为x轴正方向，

以通为N轴正方向，以而为z轴正方向，建立直角坐标系，用向量法计算可得•

【解析】3)因为平面力8COJ_平面48为平面力8C0和平面力8七的交线，BCA.AB,

所以BC_L面48区所以8C_U£又B/LL平面力CE,所以8RL4E;

又BCCBF=B，所以/E_L平面8CE.

(2)如图示，过力作祗垂直48,以否为x轴正方向，以通为y轴正方向，以而为z

轴正方向，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(0,2,0),£亭;,o1,C(0,2,2),0(0,0,m),

20

所以屋=j一等,|,2,CD=(O,-2,^-2),

[府8=0[0xx-2y+(/n-2)z=0

不妨取z=2,则加=［，3EI-7,利2,2,

显然平•面的一个法向量n-BC=（0,0,2）,

______________4______________

=cos60°

J石加+^^+(/n-2)2+4x2

解得片巫.故力。长为姮.

33

【名师点睛】立体几何解答题的基本结构：

（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理：

（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐

标系，利用向量法计算.

12.如图所示多面体A8CQE尸中，平面ADE_L平面ABC。，CVJ_平面A8CO,QADE

是正三角形，四边形ABCD是菱形，AB=2,CF=5ZBAD=^.

21

（1）求证：EF〃平面ABCD；

（2）求二面角七—A产一。的正弦值.

【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模

【答案】（1）证明见解析；（2）叵

8

【分析】（1）要证明线面平行，需线证明信线线平行，过点E作EO_LAD交AO于点。，

连接OC，可证明四边形EOCV是平行四边形，即可证明线面平行；（2）以。为坐标原点，

建立如图所示的空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值,

再求正弦值.

【解析】（1）过点E作七O_LAO交于点。，连接。8,OC，BD

因为平面ADEL平面488,平面ADED平面ABCD=AD,

EOu平面AOE，所以EOJ■平面A5C£），

又口4）后是正三角形，AZ>=2,所以七。=追，

因为C/_L平面ABC。，CF=6所以CF〃OE,CF=OE,

所以四边形OCFE为平行四边形，所以OC//EF,

因为OCu平面A5CD，即0平面438,所以所〃平面A8CD；

JT

（2）因为四边形A3CO是菱形，AB=2,/BAD=-,OBVAD

3

故，以。为坐标原点，分别以方，OB，3后的方向为次轴，y轴，z轴的正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系.

22

所以A(1,O,O),B(0,73,0),C(-2,V3,0),£>(-1,0,0),E(0,0,V3),网—2,6,6).

所以理二(一1,0,6),EF=(-2,x/3,0),05=(1,73,0),

设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),

n-AE=0\-x+>/3z=0厂[y=2r(r\

由《一得〈L,令X=6,得〈I，所以〃=(6,2』)，

[万.所=0田+伤=0[Z=117

因为b1平面ABC。所以CFLBD^

在菱形ABC。中，BO_LAC，又C〃nAC=C所以80J_平面ACF，

所以而是平面ACF的一个法向量,

设二面角七一AF—C的大小为夕

则8砰I叫/r"U扃LMX|丽|D«二.S|金|百+膏2百I=丁后，

所以sin6=71-cos20-.

8

【名师点睛】求二面角的方法通常有两个思路：

一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面

角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；

二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平

面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.

13.如图，在四棱锥S-MS中，SA=SB=SC=SD=\3,AC1CD,AB=6,BO=8.

(1)求证：平面SAO_L平面488；

23

（2）求二面角A-SB-。的余弦值.

【试题来源】广东省深圳市2021届高三一模

【答案】（1）证明见解析；（2）-」画

170

【分析】（1）取AO的中点0,连接SO,0C，可得SO_LAD，利用直角三角形的性质

可得OC=OD，即可证明「SOCHS。。，进而可得SO_LOC，利用线面垂直的判定定

理可证SOJ■平面A8CO，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明

RtQSOA=Rt]SOB,OA=OB=OC=OD,可得AO为四边形A8C£＞外接圆的直径，

进而可得SO和AO的长，以8为原点，80,8A所在的直线为轴，过点8与5。平行

的直线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABS的一个法向量和平面S3。的一个法向量,

利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.

【解析】取AO的中点。，连接SO,OC，因为SA=SO,所以S0J_4），

因为4C_LC。，。为AO的中点，所以OC=，40=00,

2

因为SO=SO,SC=SD,所以口SOC立SOD,

所以NSOC=NSOD=90°，所以SO_LOC，

因为OCu平面ABC。，OOu平面ABC。，

所以SOJL平面A3CO,因为S。u平面必D，所以平面SAO_L平面ABC。：

（2）由（1）知SO_L平面ABC。，所以SO_L3O,在RtUSOA和RQSOB中,由

SO=SO,SA=S3可得RlUSOA^RtJSOB，所以OA=,即04=。3=OC=QD，

所以A况。,。在以。为圆心的圆上，

由AC_LCD可得AO为四边形ABCD外接圆的直径，

24

AZ)=V6F+8F=10*AO=5,5O=V132-52=12*

以8为原点，3。,84所在的直线为乂y轴，过点B与S。平行的直线为z轴建立空间直角

坐标系，则A(0,6,0),5(0,0,0),D(8,0»0),0(4,3,0),5(4,3,12),丽=(0,6,0),

丽二（8,0,0）,丽=（4,3.12）,设平面"S的一个法向量而=（芭」,4）,

in-BA=6y=0

1令玉=3,可得％=-1,X=0,所以加=(3,0,—1),

in-BS=4再+3y}+12z,=0

设平面SBD的一个法向量为n=lX，y2,z2）,

n-BS=+3y,+12z,=0,八一一小，\

则〈一~八~~令必=4,则马=—1,占=0,所以〃=（0,4,—1）,

［无80=8/=。V7

/---\mn1J170

所以"〃"丽

因为二面角A—S8—。的平面角为钝角，

所以二面角A—S3—。的余弦值为一'画.

170

（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0.

14.如图，在四棱锥P—ABCO中，底面ABC。为梯形，PA=PD=2&，

DC=AD=2AB=4,ABA.AD,ABI/CD,平面24£>_L平面A3CO,E为棱PB工

一点.

（1）在平面BAB内能否作一条直线与平面PAD垂直？若能，请画出直线并加以证明：若

不能，请说明理由；

25

PE