2022屆新高考數(shù)學(xué)全國(guó)I卷專項(xiàng)解析13 立體幾何與空間向量（解答題）解析版

2022屆新高考數(shù)學(xué)全國(guó)I卷專項(xiàng)解析

專題13立體幾何與空間向量（解答題）（12月卷）

53.（2021?山東?濟(jì)南外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三階段練習(xí)）如圖，四棱錐P-A3a）的底面是矩形，PZU底面A3C。,

M為8c的中點(diǎn)，且「8_LA〃.

（1）證明：平面平面P8。；

（2）若PD=DC=1,求四棱錐產(chǎn)一A5CO的體積.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）也.

3

【分析】

（1）由PDJ-底面ABCD可得又,由線面垂直的判定定理可得AW_L平面PBD,再

根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面PAM_L平面PBD-.

（2）由（1）可知，AM由平面知識(shí)可知，^DAB~^ABM,由相似比可求出A￡>,再根據(jù)四棱錐

的體積公式即可求出.

【詳解】

（1）因?yàn)檫禵L底面ABC。，4Wu平面ABC。，

所以PZ）_LAM,

又PBC\PD=P,

所以4W_L平面fBD，

而AMu平面，

所以平面尸AM_L平面尸8￡）.

（2）由（1）可知，AM_L平面尸蛆，所以AM_L8Z）,

從而ADAB-AABN,設(shè)8M=X,AD=2X,

則［77=77；,H|J2x2=1,解得x=—?，所以A￡）=0.

ABAD2

因?yàn)镻￡>J_底面A8CO,

故四棱錐P-ABCD的體積為丫=；x（1x夜）x1=孝.

54.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）如圖，在五面體ABCDE中，平面8C￡）_L平面ABC,ACLBC,EDUAC,

S.AC=BC=2ED=2,DC=DB=C.

(1)求證：平面ABE_L平面ABC；

(2)已知尸是線段BC上點(diǎn)，滿足8c=38尸，求二面角尸-AE—3的余弦值.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析

⑵亞

9

【分析】

(1)證明平面ABC即可；

(2)利用向量法求出兩個(gè)平面的法向量，再利用夾角公式計(jì)算即可

(1)

旦OM//AC

如圖，設(shè)BC中點(diǎn)為0,過(guò)。作CW/AC,令0X交AB于M,連接EM.,所以。〃=；AC,

由己知力作(7,且EO=gAC.所以DE//0M,且DE=0M

所以O(shè)DEM為平行四邊形，所以0D//EM.

因?yàn)锳BDC為等邊三角形，則有

又平面BC￡)_L平面A5C,所以O(shè)OJ_平面ABC,

所以EM_L平面ABC

又回吆u平面AE8

所以平面ABEL平面ABC

(2)

由(1)知Qr、0B、0。三條直線兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-型，

（2）求平面上4B與平面PC。所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）叵

7

【分析】

（1）取AO的中點(diǎn)0,鏈接。COE,在梯形ABCD中可證明A8〃0C,由A8與CE所成角的大小為45。可

證明OC_LOE,B|1ABVOE,結(jié)合AB_LA￡>,利用線面垂直的判定定理可證明AB_L平面AP￡）,利用面面

垂直的判定定理可證明結(jié)果.（2）連接。尸，在等邊△修￡>中，可知P0LA。，從而可證明P。，平面ABCD,

即OC,OD,OP兩兩垂直，以。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，用面面垂直的向量方法計(jì)算可得夾角的正弦

值.

【詳解】

（1）取AD的中點(diǎn)。，鏈接。C,0￡,AD=2BC=2AB=4,則OE=2,

在梯形ABC。中，AD/IBC,AO=BC=2,則四邊形ABOC為平行四邊形，所以AB//OC,

因?yàn)锳3與CE所成角的大小為45。，且OC=OE=2,則NOCE=45",

由余弦定理可知：CE=2>/2-所以O(shè)C_LOE,即AB_LOE,又ADIOE=O,則A8_L平面APD，

AB\平面A8CQ,所以有平面2D_L平面A8C￡>.

（2）連接OP,在等邊中，。為AO中點(diǎn)，則PO_LA。，由（1）知，平面B4OL平面A8c。，則

有P0,平面ABC。，又OC_LOD,所以O(shè)C,O。,。尸兩兩垂直，則以。為原點(diǎn)，以O(shè)C為x軸，以。。為丁

軸，以0P為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：則4（0,-2,0）,C（2,0,0）,。（0,2,0）,B（2,-2,0）,P（0,0,273）,

故衣=（0,2,26），福=（2,0,0）,防=（0,2,-26）,CD=（-2,2,0）,

設(shè)平面的法向量為蔡=（x,y,z）,由收竺=2y+；"z=。得：而=（°「⑸）

設(shè)平面PCO的法向量為3=（x,y,z）,由卜竺=21屈=0得：;=

[iiCD=-2x+2y=0'）

…u1r-

Nr\tnn47

所以cos儼〃）=嚴(yán)開(kāi)^一〒

H-H7

所以平面BAB與平面PCD所成角的正弦值為恒.

7

X

56.(2021?廣東?高三階段練習(xí))如圖，已知四邊形AFDB為正方形，E4_L平面ABC,BA^AC,EC//FA,

AB=AC=2CE=2,M為線段的上的動(dòng)點(diǎn)，N為8c的中點(diǎn).

B

(1)求證：ANVDM,

(2)求OW與平面所成角的正弦值的取值范圍.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析

4正

-

(2)92，

【分析】

(1)要證4V，￡)M,印證AN,所在平面，結(jié)合平行關(guān)系可證E,C,B,。共面，由幾何關(guān)系證

可證AN_L3C,再證ECLAN即可得證；

(2)連8尸，平面MEF即為平面麻尸，以AB、AC,A尸所在直線分別為x軸、V軸、z軸建立空間直

角坐標(biāo)系A(chǔ)-孫z,結(jié)合線面角的向量公式和二次函數(shù)可求取值范圍.

(1)

因?yàn)镋C〃￡4,FA//DB-

所以EC〃B。，則E,C,B,。共面.

因?yàn)橥?，平面ABC,且4Vu平面ABC,

所以E4_L4V.

又EC〃E4,則ECJ_4V.

由AB=AC,且N為8c的中點(diǎn)，得ANL8C,

由ECc8C=3,所以ANL平面￡>8C￡

因?yàn)?。Mu平面DBCE,

所以4NJLDW；

(2)

連平面M斯即為平面跳戶，如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB、AC、AF所在直線分別為x軸、y軸、

z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-孫z,則4(0,0,0),B(2,0,0),"(2,0,2),E(0,2,l),F(0,0,2).

BE=(-2,2,1),BF=(-2,0,2),

—,ntBE=0,f—2x+2y+z=0,

設(shè)平面8防的法向量為〃=(x,y,z),則<_八即《.二八

''n-BF=0,l-2x+2z=0,

令z=2,得x=2,y=l,所以〃=(2,1,2).

因?yàn)镸為線段8E上的動(dòng)點(diǎn)，所以可設(shè)麗=2星(0W/IW1),

DM=Z)B+W=(O,O,-2)+A(-2,2,l)=(-2A,2A,2-2),

IDM-MI4

設(shè)ZW與平面BEE所成角為。，則sin0=J-*,

|DA/|-|ZJ|3W2-42+4

■.■9A2-4A+4=9(A-^]+y,Xe[O,l],

4V2

.?.^1<922-4Z+4<9,<V9/l2-4/l+4<3.則sinOe2

9-

93

4立

-

因此，DW與平面所成角的正弦值的取值范圍為92，

57.(2021.廣東東莞?高三階段練習(xí))如圖，在四棱錐P-4BCD中，必_L平面ABC。，AD//BC,AD1CD,

S.AD=CD=y/2,BC=2垃，PA=\.

(2)在線段尸力上，是否存在一點(diǎn)M,使得二面角M-AC-0的大小為45。，如果存在，求BM與平面M4C所

成角的正弦值，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)存在，2匹.

9

【分析】

(1)結(jié)合已知條件，首先利用線面垂直判定定理證明A8_L平面以C,進(jìn)而證明A8_LPC；(2)結(jié)合已知條件,

解得r=:，即點(diǎn)M是線段PO的中點(diǎn).

2

此時(shí)平面MAC的一個(gè)法向量可取"（1,一1,板），BM=（-夜,26￡）,

設(shè)8M與平面MAC所成的角為。，

一—n-BM\r-

則sin0=1cos<n,BM>|=麗----⑼-=---9-.

58.（2021?廣東?大埔縣田家炳實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三階段練習(xí)）在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD_L底面ABC￡>,

底面ABC。為直角梯形，BC//AD,ZADC=W,BC=CD=^AD=1,PA=PD,E,尸分別為A￡>,PC

的中點(diǎn).

（I）求證：PA〃平面BEF；

（1口若在^^^,求二面角尸-BE—A的余弦值.

【答案】⑴見(jiàn)解析;（2）-亞

3

【分析】

（1）連接AC交座:于O,并連接EC,F0,由空間幾何關(guān)系可證得OF〃P4,利用線面平行的判斷定理

可得PA〃平面BEF.

（2）（法一）取PD中點(diǎn)M,連ME,MF,M4，由二面角的定義結(jié)合幾何體的特征可知NME4為二面

角F-BE-A的平面角，計(jì)算可得二面角F-BE-A的余弦值為-且.

3

（法二）以E為原點(diǎn)，EA.EB、印分別為X、八z建立直角坐標(biāo)系，則平面ABE法向量可取：n=（0,0,1）,

平面板的法向量玩=（應(yīng),0,1）,由空間向量的結(jié)論計(jì)算可得二面角E-BE-A的余弦值為

【詳解】

（1）連接4c交8E于。，并連接EC,FO,

■.■BC//AD,BC=-AD,E為A￡>中點(diǎn)，AE//BC,R.AE=BC,

2

二四邊形ABCE為平行四邊形，二。為AC中點(diǎn)，乂F為PC中點(diǎn),

OF!/PA,?.?OFu平面平面〃平面龐五.

（2）（法一）由8CZ）E為正方形可得EC=&，，PE=EC=E

取尸。中點(diǎn)M,連用E,MF,M4，???側(cè)面PAO1,底面ABCD,且交于A。，BE±AD，

.?.3石_1面24。，又“￡//。尸，；.434為：面角尸―3E—A的平面角，

=—,AE=l,AM=—,

22

cosZMEA=-—1所以二面角尸一A的余弦值為-且.

33

（法二）由題意可知尸EJ.面ABC。，BE1AD,如圖所示，以E為原點(diǎn)，E4、EB、EP分別為*、

丫、z建立直角坐標(biāo)系,則E（0,0,0）,A（l,0,0）,S（0,l,0）,F-2'2'V-

平面法向量可?。喝f(wàn)=（0,0,1）.

0+/?+0=0

m-EB=0

平面FBE中，設(shè)法向量為所=（。,6,。），則，-=>11,V2

m?EF=0

222

TO=（72,0,1）,

。5（血〃）=網(wǎng)同=耳，所以二面角尸—8E-A的余弦值為-號(hào).

59.（2021?廣東茂名?高三階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCO和C￡>￡尸都是正方形，且平面ABC。，平面CDEF,

M、N分別是8C、以>的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段OE上.

E

(1)求證：AN±PM

(2)若二面角P-MN-A的大小為45。，求直線AN與平面尸MV所成角的正弦值.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析.

⑵也

10

【分析】

(1)連結(jié)￡>M,EM.證明出AN_L面。EM,即可證明AN_LPM；

(2)以力為原點(diǎn)，方、反、詼分別為小y、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2,

用向量法求解.

(1)

連結(jié)DM,EM,

因?yàn)樗倪呅蜛3CZ)和CDEF都是正方形，且平面ABCZ5_L平面CDEF,

平面ABCDD平面CDEF=CD,

所以O(shè)EJ_平面ABCD,所以DELAN.

在正方形ABC。中，M、N分別是BC、CD的中點(diǎn)，

所以CM=DN.

又因?yàn)镃D=DA,ZDCB=ZADC=90。,所以△MCD也/\NDA.

所以=

因?yàn)镹CMD+NCQM=90°,所以“24+/口>用=90°,所以DMLAN.

又因?yàn)椤?Mnr)N=￡),所以AN,而DEM.

因?yàn)辄c(diǎn)P任線段DEk,所以MPu面DEM,所以4VJ_PM.

(2)

以。為原點(diǎn)，方、尾詼分別為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

不妨設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2,則。(0,0,0),4(2,0,0),5(2,2,0),C(0,2,0),M(1,2,0),N(0,l,0),

P(0,0,/7),(0<p<2),

所以麗=(1,2,-p),麗=(0,l,-p).

nPM=x+2y-pz=0

設(shè)〃=(x,y,z)為平面PMN的一個(gè)法向量,則，

nPN=0+y-pz=0

不妨設(shè)k1,則1

顯然加=(0,0,1)為平面AMN的一個(gè)法向量.

因?yàn)槎娼荘-MN-A的大小為45°,所以卜os(M3,=cos45°,

此時(shí)平面PMN的一個(gè)法向量5=(1-1,-72),而德=(—2,1,0),

設(shè)直線AN與平面尸MV所成角為0.

即直線AN與平面M所成角的正弦值為±5.

10

60.(2021?廣東廣州?高三階段練習(xí))如圖，在三棱錐P-A8C中，8C_L平面PAC,ADLBP,AB=2,

BC=\,PD=3BD=3.

(1)求證：PALAC

(2)求二面角P-AC-。的余弦值.

【答案】

(1)見(jiàn)解析

⑵紐

7

【分析】

(1)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得AC,PC,PAU平面PAC,利用勾股定理求得尸4AC,PC,再利用勾股定理

即可證得R4LAC；

(2)證明PAL平面A8C,在平面ABC中過(guò)點(diǎn)A作x軸，AC,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，

利用向量法即可求得答案.

(1)

證明：因?yàn)?cL平面PAC,人心卜仁/玄匚平面以。，

所以BC_LAC,BC_LPC,BC_LPA,

在mAABC中，AB=2,BC=\,則AC=g,

在RtZkABO中，AB=2,BD=1,則4。=百，

在RUAPO中，AD=6,PD=3,貝IJP4=2ji,

在也△P3C中，BC=\,PB=4,則「。=厲，

所以+AC?=15=PC?，

所以P4_LAC；

(2)

解：因?yàn)镻A_LAC,BCrPA,且BCcAC=C,

所以B4_L平面ABC,

在平面ABC中過(guò)點(diǎn)A作x軸_LAC,則以_LAC,

如圖，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(O,O,O),B(I,月,O),C(O,6,O),P(O,O,2>/^,

則麗=(1,0,0),麗=卜1,-6,26),蔗=(0,6,0),通=(1,百,0),

則而=而+而=通+!而羋，翅,回,

4(442J

因?yàn)锽C_L平面尸AC,所以麗=(1,0,0)即為平面PAC的一條法向量，

設(shè)平面ACO的法向量3=(x,y,z),

夕無(wú)而=3x+也)，+且z=0加一zn/

則有'44'2,可取〃=(2,0,-6),

n-AC=>/3y=0

I-^ID~\CBn22-77

則c°s(8>9=前二亍，

由二面角尸-AC—D為銳角，所以二面角尸-AC—。的余弦值為空.

7

61.(2021.廣東.深圳市第七高級(jí)中學(xué)高三階段練習(xí))如圖，在三棱錐A-88中，AB=AD,。為8。的

中點(diǎn)，OA1CD.

(2)若AOCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱4。上，DE=2EA,三棱錐5-AC。的體積為9,

3

求平面BCD與平面BCE的夾角的余弦值.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析

【分析】

(1)根據(jù)線面垂直的判定定理先證明Q4_L平面BCD,又OAu平面ABD,從而由面面垂直的判定定理即

可得證；

(2)取0￡)的中點(diǎn)/，因?yàn)锳OCD為正三角形，所以CFLOD,過(guò)。作OM〃CF與BC交丁點(diǎn)M,則

OMLOD,又由(1)知O4_L平面88,所以QM,OD,兩兩垂直，以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)M,

OD,OA為x軸，了軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，然后求出所需點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出平面的法向量，最

后根據(jù)向量法即可求解.

(1)

證明：因?yàn)锳5=AD,。為8。的中點(diǎn)，

所以。4J_8D,乂。4,8且8。八8=￡),

所以。4J_平面BCD,又OAu平面ABD,

所以平面板5_L平面BCD；

(2)

解：由題意，S℃o=Lxlxlx^=且，所以5旌。=如，

AC/CLZ2242

由(1)知OAJ■平面BCD,

所以j=%小="%?OA=gx*邛，所以32，

取0。的中點(diǎn)F,因?yàn)锳OCD為正三角形，所以CF，。。，

過(guò)。作OM〃B4；5C交于點(diǎn)M,則OM_LO￡>,所以。A/,OD,。4兩兩垂宜，

以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以。加，0D,為％軸，V軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,

14

0(0,I,0),4(0,0,2),￡(0,-,-),

33

因?yàn)椤?_L平面8C。，所以平面88的一個(gè)法向量為而=（0,0,1）,

設(shè)平面5CE的法向量為G=（x,y,z）,又豆C=（*,|,0）,展=（0,*$,

烏+1=0

n-BC=0一22

所以由，一，得《,令x=G，則y=-i,z=i,

n-BE=044八

—y+—z=0

133

所以百=(0,-1,1),

lli、---,\mn\5/5

所以|cos<見(jiàn)〃>|=一一=—

|m||nI5

所以平面BCD與平面BCE的夾角的余弦值為日.

62.（2021?廣東汕頭?高三期末）如圖，直三棱柱（即側(cè)棱與底面垂直的棱柱）ABC-AAG內(nèi)接于一個(gè)等

邊圓柱（軸截面為正方形），AB是圓柱底面圓。的直徑，點(diǎn)。在上，且4。=3。與.若AC=8C,

（2）求平面CO。與平面。84G所成銳二面角的余弦值.

【答案】

（1）證明見(jiàn)解析

⑵運(yùn)

17

【分析】

(1)要證平面COD，平面A84A,,可證CO，平面ABB,\,即設(shè)法證明CO_LAB,CO1.A4即可；

(2)采用建系法，以C為原點(diǎn)，次瓦忑的方向?yàn)閤,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出兩

平面的法向量，由二面角夾角的余弦公式即可求解.

(1)

證明：在A43C中，AC^BC,

目.A8是圓柱底面圓。的直徑，即。4=。8,.?.COLA8,

又A4,，底面A8C,(70匚平面43(7,.(0,41,,

艮,ASDAA,=4,.?.CO_L平面A|ABB|,

又COu平面ABC,所以平面COO_L平面ABZ?M；

(2)

因?yàn)槿庵鵄BC-ABIG是直三棱柱目.AB是圓柱底面圓。的直徑，

所以CA、CB、CG兩兩垂直.以C為原點(diǎn)，至、/不的方向?yàn)閤，?z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如

圖所示)，設(shè)AC=8C=4,貝l」48=A4|=4①，

C(0,(),0),4(4,0,0),0(2,2,0),0(1.3,4^),

顯然與=(4,0,0)是平面CBBG的一個(gè)法向量，

設(shè)平面COD的一個(gè)法向量為/i=(x,y,z),

n-CO=2x+2y=0

VCO=(2,2,0),CD=(1,3,4X/2),由＜一r

9?CZ)=x+3y+4j

令z=l，得x=2&y=-2近,.)=(2展-2夜,1),

設(shè)平面CO￡＞與平面CBB?所成銳二面角為。，則

cos*停林圈=磊=嚕

所以平面CO。與平面C88cl所成銳二面角的余弦值為岑.

3

63.(2021?廣東?高三階段練習(xí))如圖，已知四邊形ABCO為等腰梯形，AB=DC=2,BC=-AD,AD//BC,

P為平面ABC。外一動(dòng)點(diǎn)，且為正三角形，G為BC的中點(diǎn).

BGC

(1)證明：ADLPG-,

(2)若=當(dāng)四棱錐尸-ABCD的體積取得最大值時(shí);求平面與平面48所成的銳二面角

的余弦值.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析

⑵昱

5

【分析】

(1)通過(guò)證明49,平面POG來(lái)證得AOJ_PG.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得平面上鉆與平面ACO所成的銳二面角的余弦值.

(1)

取AO中點(diǎn)為。，連接PQOG,

所以：PO±AD,OG±AD,OG[yPO=O,

故：4)_L平面尸OG,尸Gu平面POG,

所以：ADA.PG.

(2)

當(dāng)四棱錐的體積取得最大值時(shí)，平面皿＞_L平面ABCD,

平面平面ABCD=A￡),所以POJ■平面A3CD,

以。為原點(diǎn)，OGOZZOP分別為x,y,z軸的非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系。-型，

rr

作AM_L8c于M,VZABC=-,AB=2,

??.8M=l,4M=g，四邊形A8CO為等腰梯形，

3

BC=AD+2,XVBC=-ADfAAD=4,

:.PO=26,

P(0,0,2V3),A(0,-2,0),B(73,-3,0),AP^(0,2,2^),AB=(73,-l,0),

平面ACD的一個(gè)法向量為n=(0,0,1),

設(shè)平面的一個(gè)法向量為閑=(x,%z),

m-AB=y/3x-y=0,廣[x=l一一廠

\一廠取＞=石，｛1,所以，〃=(1,6,-1),

.而?AP=2y+2j3z=0,[z=-\

八tri'tiV5

cose/=————=-------.

\m\-\n\5

所以平面與平面ACD所成銳二面角的余弦值為4.

64.(2021?重慶南開(kāi)中學(xué)高三階段練習(xí))如圖，已知四棱臺(tái)4BCD-A耳G。的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為2

和4的正方形，AA=4,且AA，底面43co，點(diǎn)尸、Q分別在棱OR、BC上.

(2)若PQ〃平面A84A，二面角P-Q。-A的余弦值為］4,求四面體ADP。的體積.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析

【分析】

(1)根據(jù)幾何體的特征可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)。(4,加,0),可證明福?所=0,從而可證

兩線垂直，也可以取AA的中點(diǎn)R,連接尸通過(guò)證明AS，平面P/WC得到兩線垂直.

(2)依據(jù)(1)中的空間直角坐標(biāo)系，可計(jì)算出平面PD。的一個(gè)法向量，結(jié)合已知的二面角的余弦值可

求再根據(jù)PQ//平面ABBA可確定P的位置，從而可求三棱錐的體積.也可以構(gòu)造二面角P-Q。-A的

平面角，根據(jù)其余弦值可確定M的位置，再結(jié)合已知的線面平行求出點(diǎn)P到平面AD。的距離，從而可求

體積.

(1)

解法一：由題設(shè)知，兩兩垂直，

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AO,"所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則

A(0,0,0),B,(2,0,4),0(0,4,0),D,(0,2,4),0(4,八0).

設(shè)Q(4,m,0),其中〃?=忸。|,0<zn<4,

若P是DR的中點(diǎn),則尸(0,3,2),麗=(2,0,4)質(zhì)=(4M-3,-2),

于是畫?而=8—8=0,：.AB^±PQ,即

解法二：如圖，取AA的中點(diǎn)R,連接PR8R,

AA。。是梯形的兩腰，尸是烏。的中點(diǎn)，

于是由A。〃8c知，PR//BC,：.P,R,B,C四點(diǎn)共面，

由題設(shè)知，BCYAB,BCV\A,AB[\\A=A,

二8CL平面ABB0,而A8,u平面AB81A，因此8CJ,AB1,①

/.nnAR2AA/A.n

??,tanNABR=--=-=—=tanNAAB,tanNABR=tanZAAB.,

AB4AAt

而NABR,NAA4均為銳角，故NABR=NAAq

因此NABR+NBA81=乙41ABi+NBA4=90。，于是②

由①②及歐n8C=B知ABJ平面尸/WC,又PQu平面尸/WC,故ABJPQ.

(2)

解法一：(2)由題設(shè)知，而=(4,m-4,0),函=(0,-2,4),是平面POQ內(nèi)的兩個(gè)不共線向量.

設(shè)，=(x,y,z)是平面PDQ的一個(gè)法向量，

■需:即憶:譽(yù)。'取丫=4,得展(i4.2).

[%.DD[=0,[―2y+4z=0,

又平面AQ。的一個(gè)法向量是％=(0,0,1),

/一一、2=2

-??3如動(dòng)=麗=&-療+42+2,…三'

424

而二面角P—Q。-A的余弦值為],因此J(4_〃?)2+20=§'

解得加=g，或者加=2(舍去)，此時(shí)0(4；,0).

設(shè)麗=4函(0C/IV1),而西=(0,-2,4),

由此得點(diǎn)尸(0,4-244團(tuán)…所=(4,2"；,-4，)，

；PQ〃平面A8BM，且平面相耳4的一個(gè)法向量是區(qū)=(0,1,0),

,而?&=0,即22-；=0,故4=",從而尸(0；/).

將四面體A。。。視為以△A。。為底面的三棱錐P-AOQ，則其高人=1,

111Q

故四面體AOPQ的體積yMgS.Aw/nlxlxdxdxl：；.

解法2：如圖，過(guò)點(diǎn)P作尸M//AA交AD于點(diǎn)M,

因?yàn)镻M〃0平面ABB^,AAu平面ABB^,故PMH平面ABB,At,

：AA-L平面ABCD,；.PM_L平面ABCD,

過(guò)點(diǎn)例作MN，QD于點(diǎn)N,連接PN,

因?yàn)镼Ou平面ABC。，故PM_LQ。，而MNCPM=M,

故QD_L平面PMV,而PNu平面PAW,故QD1PN,

故NPNM為：面角P-Q。-A的平面角，

?/D“_4.IMN411r.pM底金

?.cosNPNM=-,即---=一,從Uij----=----9③

9PN9MN4

(2)返

39

【分析】

(1)取E4靠近P的三等分點(diǎn)G,連接尸G,BG,即可得到尸G/BE且FG=BE,從而得到四邊形BEFG是

平行四邊形，即瓦7/8G,即可得證；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出線面角的正弦值；

(I)

證明：如圖所示：取R4靠近尸的三等分點(diǎn)G,

連接FG,BG,因?yàn)镕,G分別是PRPA三等分點(diǎn)，

則fG〃4)且FG=^AD,又易知E為8c的三等分點(diǎn)，

故FG〃BEH.FG=BE,故BEFG是平行四邊形，故EFHBG.

?.?砂(2平面BAB，8Gu平面.?.瓦7/平面R4B；

(2)

解：如圖，分別以而，麗,Q為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)M(x,y,z),由=4方,.?.(x-3,y-3,z)=/l(-3,-3,3),得〃(3-3/1,3-32,3/1),

乂YPBLDM，所以麗.麗=0，即(3,0,-3)-(3-34-32,32)=0,

解得人;，所以由=(|,一|,|),又礪=(0,1,0),函=(-3,0,2),

設(shè)平面BEF-個(gè)法向量為n=(x,y,z),

■[-^=0,p=o,

n-EF=0,1-3x+2z=0,

令z=3,貝斤=(2,0,3),

設(shè)DM與平面PEF所成角為a,

66.(2021?湖南雅禮中學(xué)高三階段練習(xí))如下圖所示，四棱錐P-ABCD中，底面ABC3為矩形，底

面A3CQ,PA=AB=&，AD=1,點(diǎn)E是棱尸8的中點(diǎn).

(1)證明：平面ADE_L平面PBC；

(2)求二面角8-EC-D的平面角的余弦值.

【答案】

(1)證明見(jiàn)解析；

【分析】

(1)先證AE±BC,則有AEL平面P8C,從而可得到本題結(jié)論；

(2)先找出所求的二面角的平面角為ZBF。，然后在△BED中通過(guò)解二角形，即可得解.

(1)

證明：由PAL平面45C￡>,AB,BCu平面A3CD可得R4_LAfi,PAVBC.

又上4=AB,故△PAB為等腰直角三角形，

而E為棱尸8的中點(diǎn)，所以A￡_LPB，

由題意而PAnAB=A，故8C_L平面

而AEu平面故A￡_LBC,而PBcBC=B,

故AE，平面P8C,因?yàn)锳Eu平面ADE,

故平面4)E_L平面PBC.

(2)

解：由第1問(wèn)知BC_L平面%B,乂AD//BC,得AD1.平面辦8,故AD_LAf,

在Rt^PAB中，PA=AB=五，AE=—PB=—VPA2+AB2=1,

22

從而在Rti.DAE中，DE=\/AE2+AD2=叵，

在Rt/XCBE中，CE=4BE、BC,=6,乂CZ）=正，

所以KED為等邊.：角形.取CE的?P點(diǎn)F,連接DF,則DF1CE,

因8E=3C=1,且3CL3E,則AE3C為等腰直角三角形，

連接8凡則8尸，CE,

所以NBFD為所求的二面角的平面角，

連接8。，在中，DF=CDsiny=^,BF=；CE=與,BD=^BC2+CD2=^3.

g、i,cr-cDF2+BF2-BD->/3

所以cosZ.BFD=---------------=----.

2DFBF3

故二面角5-EC-D的平面角的余弦值為-立.

3

67.（2020?山東省青島第五十八中學(xué)高三階段練習(xí)）已知三棱錐P-A3C及其平面展開(kāi)圖如圖所示，四邊

形A8C。為邊長(zhǎng)等于正的正方形，和△8C尸均為正三角形，在三棱錐P-ABC中：

（1）證明：平面融C,平面43C；

（2）若點(diǎn)M在棱B4上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線BM與平面PAC所成的角最大時(shí)，求二面角P-BC-M的余弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）源.

33

【分析】

（1）設(shè)AC的中點(diǎn)為。，根據(jù)邊長(zhǎng)關(guān)系證得POJ_AC,POLOB,所以P。工平面A8C,從而證得平面

P4C_L平面ABC.

(2)NBMO是直線BM與平面PAC所成的角，且tanNBMO=&^=」一，所以當(dāng)QM最短時(shí)，即M是必

OMOM

的中點(diǎn)時(shí)，NBMO最大;以O(shè)C,OB,。。所在直線分別為x軸，V軸，z軸建立如圖示空間直角坐標(biāo)系,

分別求得平面W3C和平面PBC的法向量，利用法向量的夾角求得二面角夾角的余弦值.

【詳解】

(1)設(shè)4C的中點(diǎn)為0,連接8。，P0.

由題意，得PA=PB=PC=g,PO=\,AO=BO=CO=\.

因?yàn)樵贏E4C中，PA=PC,。為AC的中點(diǎn)，

所以POLAC,

因?yàn)樵贏POB中，PO=1,08=1,PB=后,

PO2+OB2=PB2,所以PO_LO3.

因?yàn)锳CnO8=O，ACOBu平面ABC,所以PO_L平面ABC,

因?yàn)镻Ou平面PAC,所以平面PACJ_平面ABC.

(2)(2)由(1)知，BO工PO,BOVAC,301.平面PAC,

所以ZBMO是直線與平面PAC所成的角，

目tanZBMO=型=—,

OMOM

所以當(dāng)?！白疃虝r(shí)，即“是24的中點(diǎn)時(shí)，NBMO最大.

由POJ?平面ABC,08LAC,所以P0L03,POYOC,

于是以O(shè)C,0B,。。所在直線分別為X軸，y軸，z軸建立如圖示空間直角坐標(biāo)系,

則0(0,0,0),C(l,0,0),8(0,1,0),A(-l,0,0),P(OQl),

BC=(1,-1,O)-PC=(1,O,-1).=

設(shè)平面M8C的法向量為加=(4，Y，zJ,則

[zn-fiC=O/t|jX|_y=O

由<---得：n-

m-MC=O[3X]-Z|=0

令再=1,得y=l,4=3,即比=(1,1,3).

設(shè)平面PBC的法向量為方=（赴,當(dāng)，z?），

n-BC=0工2-=0

ill-—得:

n-PC=0x2-z2=0

令x=l,得y=i,Z=1,即為=(1,1』).

月

cos布mn55

I研同盾-33

由圖可知，二面角P-BC-M的余弦值為豆亙.

33

68.（2021.山東師范大學(xué)附中高三階段練習(xí)）如圖，在四棱柱ABCZ）-A4G2中，底面ABCO為正方形,

抽，平面4?CO,A4]=24B=2,點(diǎn)M在。。上，且用力_1?平面ACW.

DM

(1)求函的值;

(2)求二面角D-AC-M的正弦值.

【答案】

⑴i

【分析】

（1）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，A3、AD.AA所在直線分別為X、V、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M（0,l,a）,

利用空間向量法可得出關(guān)于。的等式，求出“的值，即可得出結(jié)果;

（2）利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.

(I)

解：因?yàn)樵谒睦庵鵄BC。-A4GA中，底面相8為正方形，平面ABCD,

以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB.AD，AA所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

因?yàn)锳A=2AB=2,故可設(shè)M(0,1,4),其中04a42,

則4(1,0,2)、0(0,1,0)、C(l,l,0),

所以而=(1,1,0),麗7=(0,1,a),瓦方=(-1,1,-2),

—in-AC=0y=0

設(shè)平面4cM的一個(gè)法向量為加=(x,y,z),則有—八，即八，

'八)[比AAf=0[y+az=0

取尤=a,得利=(凡一區(qū)1),

______a—n]11DM1

因?yàn)锽Q_L平面ACM,所以BQ〃m,即]=十=白，解得“=表所以。M=：,-=",

(2)

易知平面AC。的一個(gè)法向量為7=（0,0,1）,

—（|---m-nV6

設(shè)二面角。一AC一例的大小。為，而用=[5,-5/,8s<"?，">=同下|=下一,

則sin9=5/1-cos2<m,n>=-

69.（2021?黑龍江?大慶中學(xué)高三期中（理））如圖，在三棱錐尸-ABC中，AB=BC=2日

PA=PB=PC=AC=4,。為AC的中點(diǎn).

(1)證明：P。，平面ABC；

(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M-%-C為30。，求PC與平面P4A/所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析：(2)昱.

4

【分析】

(1)根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得P。垂直AC,再通過(guò)計(jì)算，根據(jù)勾股定理得PO垂直O(jiān)B,最后根據(jù)線面垂直

判定定理得結(jié)論；

(2)根據(jù)條件建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)立各點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)方程組解出平面以用一個(gè)法向量，利用向量數(shù)

量積求出兩個(gè)法向量夾角，根據(jù)二面角與法向量夾角相等或互補(bǔ)關(guān)系列方程，解得M坐標(biāo)，再利用向量數(shù)

量積求得向量PC與平面出M法向量夾角，最后根據(jù)線面角與向量夾角互余得結(jié)果.

【詳解】

(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,。為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)PLAC,且。2=2石.

連結(jié)08.

因?yàn)?8=BC=正AC,

2

所以AABC為等腰直角三角形，

ROBLAC,OB=-AC=2

2

由O產(chǎn)+OB2=PB1知PO1OB.

由OP_LOB,OP±AC知PO平面ABC.

(2)如圖，以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，礪的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系。-xyz.

由己知得0(0,0,0),8(2,0,0),40,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2有)，衣=(0,2,2百)

IILU

取平面PAC的法向量05=(2,0,0).

UUL1

設(shè)M(42-4,0)(0<aM2),則.=3,4-a,0).

設(shè)平面PAM的法向量為元=(x,y,z).

,—?----.2y+2\/3z=0

由APF=0,AM?拓=0得ZI〈'，

ax+(4-〃)y=0

可取2方=(6(〃-4),石々,-。)

—.-4)