立體幾何解答題（解析版）-2021年新高考數(shù)學(xué)模擬題分項匯編（第四期4月）

專題17立體幾何解答題

1.（福建省名校聯(lián)盟2021屆高三大聯(lián)考）如圖，在四棱錐P-ABC。中，底面ABCO是邊長為4的菱形,

=ZABC^-,PB=26PC=4,點A/是AB的中點.

23

（1）求證：CM_L平面R46；

（2）線段CD上是否存在一點N,使得直線PN與平面PMZ）所成的角的正弦值為逅，若存在，求出的

8

——值，若不存在，請說明理由.

ND

CN

【答案】（1）證明見解析；（2）存在，—=1.

ND

【分析】

（1）先證明然后連接PM，利用題目所給的邊長關(guān)系，根據(jù)勾股定理證明。0J.PM，然

后根據(jù)線面垂直的判定定理即可得到CM_L平面PAB；

（2）假設(shè)在線段C￡＞上存在一點N,使得直線PN與平面RWD所成的角的正弦值為亞，設(shè)CN=/l，

8

然后以以點M為坐標原點，MB，MC分別為％軸，＞軸，豎直向上為z軸，建立空間肖角坐標系，寫出

各點的坐標，得出向量PN,計算出平面PMD的法向量而，使蜀與前所成角滿足|cos〈欣麗〉|=—，

8

CN

然后求解2,得出——的值.

ND

【解析［解：（1）證明：連接PM，在中，因為NABC=。，PB=2日PC=4,所以B4=2.

因為點M是A3的中點，所以8M=PM=2.

在ABMC中，ZMBC=1,BM=2,BC=4,由余弦定哩，有CM=2百，

所以8M2+0/2=8。2,所以

在APMC中，PM=2,CM=26，PC=4滿足PC?=32+92,

所以PM_LCM,又ABnPM=M，

所以CMJ_平面R43.

(2)如圖，以點M為坐標原點，建立空間肖角坐標系，則M(0,0,0),。(0,2百,0),D(-4,273,0).設(shè)

產(chǎn)(x0,0,Zp),^(-A,273,0)(2e[0,4]),

DApBj—

在ARAB中，Zp=---=6而PM=2，得Xp=-1,所以「(-l,0,、Q).

AB

平面PMD的一個法向量為而=(X]，X，zJ,直線PN與平面PMD所成角為"

因為MP=(-1,0,我,知。=(~4,2后0出上二°,

m-MD=Q

所以拓=(6,2,1).

因為PN=(1—426,—百).

所以sin”gs〈加市〉|=M.啊=F產(chǎn)一回|二旦,

I川?|PN|25/2-VA2-22+168

CN

得;12—102+16=0，所以4=2或;1=8(舍)，所以——=1.

ND

2.（福建省漳州市2021屆高三質(zhì)檢）如圖，四邊形8EOC為正方形，AE±BE>AE=BE，AADE為

TT

銳角三角形，M，N分別是邊OE，破的中點，直線DE與平面ABE所成的角為一.

3

（1）求證：￡W_L平面A。/；

（2）若AAQE為銳角三角形，求二面角"―AC-8的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）巫1.

35

【分析】

（1）先證明NAED為直線OE與平面ABE所成角，得到AADE為等邊三角形，然后證明。N_LAM,

DN1CM,進而證得ON_L平面ACM；

（2）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量法求出平面ACM和平面ABC的一個法向量，再利用空

間向量夾角公式求解二面角的余弦值即可.

【解析】解：（1）證明：8ELAE,BE上DE,AEC\DE=E,

跖1平面人。石.

二平面A5E_L平面A0E，因為AA。石為銳角三角形，

/.點D在平面ABE的射影在線段AE上，

7T

二NAED為直線DE與平面A8E所成的角，即NAED=-.

3

又,：AE=DE，：,AADE為等邊三角形.

???點/為￡>￡的中點，，AA/L0E.

又BE工AM，

BEcDE=E，.??，平面BCDE.

■:DNu平面BCDE,：.AM±DN.

TT

'：CD=DE,DM=EN,NCDE=NDEN=—,

2

/.4CDMwADEN，

7C

：.ZEND=ZDMC，；?NDMC+NEDN=-,

2

/.DNYCM.

VCMoAM^M,CM,AMu平面ACM，

。村,平面從。/.

（2）取AE的中點為。，A5的中點為P,連接。。，P0.

,/AADE為等邊三角形，；.DOA.AE.

平面ADE，DOu平面AOE，

/.BELDO.

又???BEDAE=E,DO_L平面,

二DOLOP.

???點0，P分別為AE和AB的中點，

/.OPIIBE,

；.OP_L平面ADE..'.OP±EA

：.OP,OA,。。兩兩垂直，

故以點。為坐標原點，以O(shè)P,OA,0D所在直線分別為X軸、y軸、Z軸建立如圖所示空間直角坐標系.

設(shè)。4=1,則A（0,1,0）,P（l,0,0）,￡＞（0,0,⑹,￡（（）,-1,0）,8（2,—1,0）,N（l,-l,0）,

???AB=（2,-2,0）＞/=訪=（0,1,@，

設(shè)平面ABC的法向量為：=（x,y,z），

則九而n±AB'

n-AB=2x-2y=0x=y

???〈一廠，解得〈

iiBC=y+J3z=0y=一島

不妨設(shè)z=—l，則〃=(點后-1).

由（1）可得而為平面ACM的.個法向量.

又：ZW=(1,-1,-73).

.cos]n,DNn-DN

|n|.|z)7V

V5xl-gxl+lxg

/x不

V105

35

又V二面角M-AC-B的平面角為銳角,

...二面角〃—AC—3的余弦值為迎I.

3.（廣東省廣州市2021屆高三一模）在邊長為2的菱形ABCD中，44￡>=60。，點E是邊A3的中點（如

圖1），將AAOE沿OE折起到△4OE的位置，連接4B，AC,得到四棱錐4-BCOE（如圖2）

（1）證明：平面ABEJ■平面8C0E；

（2）若連接CE，求直線CE與平面4。。所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析，(2)叵.

14

【分析】

(I)連接圖1中的30,證明。然后證明。E_L平面ABE即可；

(2)證明4后，平面6COE,然后以E為原點建立如圖空間直角坐標系，然后利用向量求解即可.

【解析】(1)連接圖1中的3。，

因為四邊形ABCD為菱形，且44￡>=60°

所以△A8D為等邊三角形，所以。

所以在圖2中有。因為BECA|E=E

所以O(shè)E_L平面&BE,因為OEuBCDE,所以平面4BE，平面BCDE

(2)因為平面平面8cOE,平面ABE。平面3co￡=3石，A.E1BE,\E\BE

所以AE_L平面BCDE

以￡為原點建立如圖空間直角坐標系

所以4（O,O,l）,C（2,V3,O）,D（O,V3,O）,￡（0,0,0）

所以亞=（0,G,-l）,不=（2,后-1）,反百,0）

n?AjD=6y-z=0

設(shè)平面的法向量為％=（x,y,z）,則

n-A,C-2x+V3y-z=0

-/廠\/-喬\n-EC百5

令y=l,則"=回@,所以小〃，叼=施的=而=而

所以直線CE與平面A。。所成角的正弦值叵

14

4.（廣東省汕頭市2021屆高三一模）在AAHC中，角48,C的對邊分別為a,"c,已知:

b=?c=0,ZB=45°.

（1）求邊8C的長和三角形ABC的面積；

4

（2）在邊BC上取一點Q,使得cos?ADB求tanZDAC的值.

5

32

【答案】（1）BC=3；S?ABC=—；（2）—.

4ABe211

【分析】

（1）法一：AA3c中，由余弦定理求3c的長，應(yīng)用三角形面積公式求A5C的面積：法二：過A作出高

交BCTF，在所得直角三角形中應(yīng)用勾股定理求BEFC,即可求BC,由三角形面積公式求A8C的面

積；

（2）由正弦定理、三角形的性質(zhì)、同角三角函數(shù)的關(guān)系，法一：求sinC、cosC、sinZADB.cosZADB,

由sin/D4C=sin（NAO8—NC）結(jié)合兩角差正弦公式求值即可；法二：求tan。、tanZADB,再由

tan/DAC=tan（〃-（NAT）C+NC））結(jié)合兩角和正切公式求值即可；法三：由（1）法二所作的高，直角

△A"）中求sinNAD?，進而求sinNAOC，再根據(jù)正弦定理及同角三角函數(shù)關(guān)系求值即5

【解析】（I）法一：在AABC中，由人=右,。=夜,/5=45°,

由余弦定理，h2=a2+c2-2accosB<得5=2+a?—2xJ5xax—>解得a=3或a=—1(舍),

2

所以BC=a=3,S=—acsinB=—-3-V2=.

AA"BCC2222

法二：(1)過點A作出高交BC于b，即△ABP為等腰直角三角形，

QAB=O,A/=BR=1，同理△AFC為直角三角形，

VAF=\,AC=y[5,

13

:.FC=2,故=5尸+尸。=3,S.=-\BC\-\AF\=-.

hBC22

(2)在AABC中，由正弦定理，一=￡；,即1_=XL,得sinC=亞，又b=gc=近,

sin8sinCsin45°sinC5

所以NC為銳角，

法一：由上，cosC=A/l-sin2C=-^)由cos?A￡>8-(NADB為銳角)，得

55

sinZADB=yjI-cos2ZADB=J1--=-，

V255

sinZDAC=sin(ZA￡)B—ZC)=sinZADB-cosZC-cosZADB-sinZC="一+又近~=，

555525

由圖可知：ND4c為銳角，則cosADAC=yjI-sin2ZDAC=，所以tanZDAC=s1"/加。=1.

25cosZDAC11

143

法二：由上，tanC=—,由cos?A￡)B—(NAZ出為銳角)，得tanN4Z)8=—,

254

?.■ZADB+ZADC=7T,

3

/.tanZ4DC=--,故

4

tan(ZADC)+tan(ZC)

tanADAC=tan(乃-(ZADC+ZC))=-tan(ZADC+ZC)=-

1-tan(ZADC)-tan(ZC)

4

法三：△為直角三角形，且|AF|二l,cos/4QB=g,

所以sinNADB=-cos2ZADB

AT5423

AD=------------=-,DF=ADcosZADB=~,CD=-,sinZADC=~,

sinZADB3335

CDAC故sinZDAC=^1.

在AADC中，由正弦定理得,

sinADAC~sinZADC25

由圖可知ZDAC為銳角，則cosZDAC=Vl-sin2ZDAC=生5，所以tanZDAC=sm/"。=2

25cosADAC11

5.（廣東省汕頭市2021屆高三一模）如圖，在圓柱。。|中，四邊形ABCD是其軸截面，EE為。。?的直

徑，且砂_L8,AB=2，BC=a(a>0).

(1)求證：BE=BF；

(2)若直線AE與平面所成角的正弦值為邁，求二面角A—8E—戶平面角的余弦值.

3

【答案】(1)證明見解析；(2)

3

【分析】

(1)連接8。，證明出EF±平面ABCD,可得出EF1B0「利用等腰三角形三線合一可證得結(jié)論成立;

(2)以點0為坐標原點，08、。。］所在直線分別為＞、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法結(jié)合

直線AE與平面3石尸所成角的正弦值為邁求出。的值，再利用空間向量法可求得二面角A—6E—尸平

3

面角的余弦值.

【解析】(1)證明：連接BQ,在圓柱中。中，3(7，平面。石。/，

?.?所匚平面。石。尸，：.EF±BC,

-.-EF±CD,BCcCD=C，:.EFL平面ABCD，

又BO,a平面ABCD，:.EF±BO,,

???在ABEF中,。1為EF的中點，.?.3E=M；

(2)連接。。，則。。與該圓柱的底面垂直，

以點。為坐標原點，0B、。。所在直線分別為y、Z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系。-孫Z,

則A(0,-l,0)、3(0,1,0)、磯-1,0,a)、F(l,0,a),

AE=(-l,l,a),^=(-1,-1,a),5F=(l,-l,a),

設(shè)平面的法向量分別是1=&,%，4），

[it?BE—0—y+az1=0一/、

由《二k八，得《'I八，取4=1,得勺=（0,61）,

-BF=0[x]-y]+az[=0

設(shè)宜線AE與平面BEF所成角為仇

由sin夕=Icos<AE.M>|=—：化簡得,2—2)("-1)=0,

'1，?V?72.A/77T3

Qtz>l.解得a=&，...)=(0,也,1)，

設(shè)平面ABE的法向量分別是1=（%,%，Z2），而=（0，2,0）,

得『>。

n2A5=°2=

取z2=1得微=(0,oR,

n2-AE=0[-x2+%+Mz]=0

一一5"1

???cos<%，%>=昌]芻=三,

阿佃3

由圖象可知，二面角A—BE—尸為銳角，因此，二面角A—BE—尸的余弦值為

3

6.（廣東省深圳市2021屆高三一模）如圖，在四棱錐S—ABCD中，S4=SB=SC=SE>=13,AC±CD,

AB=6,BD=8.

（1）求證：平面SW_L平面ABCD；

（2）求二面角A—S3—。的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）一、二

170

【分析】

(1)取AD的中點0,連接S。，0C,可得SO_LAO,利用直角三角形的性質(zhì)可得OC=8,即可證

明△SOC￡ASO￡),進而可得S0_L0C，利用線面垂直的判定定理可證SOJ?平面A5CD,利用面面垂直

的判定定理即可求證；

(2)先證明Q4=Q3=OC=OD，可得4)為四邊形A6QD外接圓的直徑，進

而可得SO和4。的長，以5為原點，所在的直線為軸，過點5與SO平行的直線為z軸建立

空間直角坐標系，求出平面43S的一個法向量和平面S3。的一個法向量，利用空間向量夾角的坐標運算即

可求解.

【解析】

y

取AO的中點。，連接SO，0C，

因為S4=SO,所以SOL4)，

因為AC_LC￡＞，。為AO的中點，

所以O(shè)C=LAO=O0,

2

因為SO=SO,SC-SD.

所以△SOCMASOD，

所以ZSOC=ZSOD=90°，

所以SOLOC，

因為ocn8=o，OCu平面A8CD，ODu平面ABC。，

所以SO_L平面ABC。，

因為SOu平面SA￡),

所以平面S4D_L平面ABC。；

(2)由(1)知：SOJ.平面A8C。，所以SOL3O,在MASQA和中，由

SO=SO,SA=SB聞得RQSOA整RtASOB，所以3=03,即（24=QB=OC=。。，

所以A,B,C,。在以。為圓心的圓上,

IIIAC±CD可得A￡>為四邊形ABC。外接圓的直徑，

A￡>=A/62+82=10'A0=5,SO=1132-52=12,

以8為原點，BD,3A所在的直線為蒼》軸，過點B與SO平行的直線為z軸建立空間直角坐標系，則

4(0,6,0),8((),0,0),0(8,0,0),0(4,3,0),5(4,3,12),麗=(0,6,0),麗=(8,0,0),

旃=（4,3.12）,

設(shè)平面A8S的一個法向星團=(X],y,zJ,

in-BA=6y=0,八.

則〈_—}令玉=3,可得馬=-1,M=0，

沅?3S=4玉+3y+12Z]=0

所以〃z=（3,0,-1）.

設(shè)平面S3。的一個法向量為7=(%，必，Z2)，

\n-BS=4X+3y,+12z,=0八A八

則《一2一.--，令％=4,則z,=-1,X,=0

萬30=8x2=0-

所以3=(0,4,—1),

所以〃”麗=而而=而，

因為二面角A—S3-。的平面角為鈍角，

所以二面角A—SB—。的余弦值為-巫。.

170

7.(廣東省實驗中學(xué)2021屆高三模擬)如圖，已知圓0的直徑A3長為2,上半圓圓弧上有一點C,

NCO3=6()°,點尸是弧AC上的動點，點。是下半圓弧的中點，現(xiàn)以A3為折線，將下半圓所在的平面

折成直二面角，連接P。、PD、CD.

(1)當(dāng)AB〃平面PC。時，求PC的長;

(2)當(dāng)三棱錐尸—COD體積最大時，求二面角。-PC—O的余弦值.

【答案】(1)PC=\,(2)B

3

【分析】

(1)根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理證得AB〃PC,然后根據(jù)角度證得三角形為正三角形，從而求得結(jié)論.

(2)根據(jù)二面角為直二面角，證得平面COP,由等體積法證得當(dāng)CO_LOP時，三棱錐P—COD

體積最大，建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，利用空間向量數(shù)量積的運算求得二面角的余弦值.

【解析】解：(1)：A3〃平面PCD，ABI平面OCP,平面OCPc平面PC0=PC，

???由線面平行的性質(zhì)定理得ABIIPC又/COB=60°，可得ZOCP=60°.

而OC=CP，△OCH為正角形，所以PC=1.

(2)?.?二面角為直二面角，DOLAB,所以。O_L平面COP,

而^P-COD=^D-COP'

??.'"iCOLOP時，三棱錐P-COD體積最大.

方法一：因為OP,OD,0c兩兩垂直,

所以O(shè)P,OD,oc分別為％,y,z軸建空間直角坐標系,

ULI1UUU

P(l,0,0),ZX0,l,0),C(0,0,l),PC=(-l,0,l),DP=(l,-l,0)

”___

令平面QPC的法向量為五?=O,y,z）,?麗［一0，

-x+z=0

,八，取4=（1』/）

x-y=0

又取平面尸C。的法向量為亢2=（°，L°）

々?%y/3

設(shè)二面角。一PC—O的平面角為a,COS6Z='=—；

Hhl3

方法二：取PC的中點”，連接?！?，DH.因為OC=OP，DC=DP,

所以?！倍寂cPC垂直，即NO"。為所求二面角的平面角.

在Rt^OPC中可得OH="，

2

在RtA0HD中，￡>〃=『：與

—,

也

所以cosNOHD――———

V63

2

所以：二面角O—PC—O的余弦值的為W

3

8.（廣東省湛江市2021屆高三一模）如圖,平面ABC。_L平面ABE,AD//BC,BCA.AB,AB=BC=2AE=2,

尸為C￡上一點，且BFL平面ACE.

小

T

（1）證明：AE,平面BCE；

（2）若平面ABE與平面COE所成銳二面角為60。,求AD

3

【分析】

（1）由平面A8C￡>J_平面ABE證明BC，面ABE,得至!J8C_LAE,由8FL平面4CE,得至!J從而

證明AE_L平面BCE.

（2）過4作Ar垂直AB,以擊為x軸正方向，以彳月為y軸正方向，以4而為z軸正方向，建立直角坐標

系，用向量法計算可得.

【解析】（1）:?平面48CO_L平面A8E,A8為平面A8C。和平面ABE的交線，BCLAB,

ABClffiABE,；?BCLAE.

又8尸，平面ACE,ABFYAE.

乂BCABE=8,AEJ_平面BCE.

如圖示，過4作4x垂直A8,以刀為x軸正方向，以通為y軸正方向，以而為z軸正方向，建立空間直

（/7?、

角坐標系，則A（0,0,0）,B（0,2,0）,E^-,-,0,。（0,2,2）,。（0,0,優(yōu)），

.?.麗=--,-,2，麗=（0,—2,加—2）

、22,

m-CE=0-^-x+—y+2z=0

設(shè)蔡=（x,y,z）為平面COE的一個法向量，則《,即122，

所CD-00xx-2y+(m-2)z=0

_（l2J31

不妨取z=2,則機=y/3m+^^-,m-2,2

、3>

顯然平面ABE的一個法向量7=沅=（0,0,2）

n\=

cos（m,14_=cos60

l+H"f：+（〃T）*x2，

解得：，片@5.

3

故AZ）長為止.

3

9.（廣東省肇慶市2021屆高三二模）如圖，在四邊形PDC8中，PDUBC.BALPD，R4=A3=3C=1,

A。=1.沿BA將△RW翻折到ASBA的位置，使得SD=0

22

（I）作出平面SCO與平面SB4的交線/,并證明/_L平面CSB：

（2）點。是棱SC于異于S,C的一點，連接Q。，當(dāng)二面角Q-B。-C的余弦值為逅，求此時三棱

錐。一BCD的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）—.

12

【分析】

（1）延長B4，CD相交于E，連接SE，則SE為平面SCD與平面S8A的交線/，由勾股定理可得

SA1AD,結(jié)合AD_LAB可得平面S4B，在判斷出SEJ?平面CS8即可證明；

（2）以點4為坐標原點建立空間直角坐標系，設(shè)通=2宜，由二面角。一切一。的余弦值為邁建立

向量關(guān)系，求出4即可求出體積.

【解析】（1）如圖，延長84，CO相交于E，連接SE,則SE為平面SCD與平面SB4的交線/.

s,

證明：在ASAD中，SA=\,AD=~,SD=—，則SA2+AZ)2=S￡)2,所以以工人。.

22

FllS4_LAZ)，4)_LAB，S4cAB=A,得ADJ_平面SAB.

又3C〃A。，所以BCJ_平面S48，所以3C_LSE.

由PO〃BC,AB=BC=l，AO=g,得AE=1.

所以AE=A5=S4，所以SE_LSB.

又因為BCnS8=8,所以SEL平面CS3，即/，平面CSB.

(2)由(1)知，S4_LAB，AD±AB，AP_LS4以點A為坐標原點，AD，AB，AS所在宜線分別

為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.

易得A(O,O,O),o(g，o,o)，5(0,1,0),S(0,0,l),C(l,l,0),則麗=(g,—1,0

設(shè)宛=4而<0<2<1),則Q(/L,/M-X),則的=(4,4一1,1一；I).

設(shè)n=(x,y,z)是平面QBD的一個法向量，

2x+(A-l)y+(l—2)z=0

則《

1八

—x-y=0

[2-

，-J,1-32

令x=2,貝ij〃=|2,1,-~-

\L-A

肩=（0,0,1）是平面c即的一個法向量.

解得w

所以點。是sc的中點.

所以VQ_BDC=]xS.BDC=3X(^X^X^]X2^=?2

10.（廣東省執(zhí)信中學(xué)2021屆高三模擬）如圖，多面體ABCD防中，四邊形ABCD為矩形，二面角

A—CD—f為60°,DE//CF,CD±DE,AD=2,DE=DC=3,CF=6.

（1）求證：〃平面ADE；

（2）在線段。/上求一點G,使銳二面角3—EG—￡＞的余弦值為I.

3

【答案】（1）詳見解析；（2）點G滿足CG=二.

2

【分析】

（1）先證明BC7/平面ADE，CF〃平面ADE,可得平面BCF//平面ADE,從而可得結(jié)果；（2）作

AOJ_DE于點O,則AO_L平面SEF,以平行于DC的直線為x軸，DE所在直線為＞軸，OA所在

直線為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)G（3,7,O）,—1W/W5,利用向量垂宜數(shù)量積為零列方程組求得平面

BEG的法向量，結(jié)合面DEG的一個法向量為7=（0,0,1）,利用空間向量夾角余弦公式列方程解得f=1，

從而可得結(jié)果.

【解析】（1）因為A8C。是矩形，所以8C〃4O,

乂因為BC不包含于平面ADE,

所以8c〃平面ADE,

因為DE//CF,CF不包含于平面ADE,

所以CF〃平面AOE,

又因為BCHCF=C,所以平面8CF〃平面ADF,

而8Fu平面8CF,所以8尸〃平面AOE.

（2）VCD±AD,CD±DE

二ZADE為二面角A-CD-F的平面角

.*.ZADE=60o

VCD±?ADE

二平面CDEE_L平面AOE，作AOLOE于點。，

則AO,平面C￡）砂，

由AO=2,￡>E=3,得DO=1,EO=2,

以。為原點，平行于QC的直線為x軸，所在直線為>軸，OA所在直線為z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標系。-孫z,

則4僅,0,@,。（3,-1,0）,力（0,-1,0）,石（0,2,0）,*3,5,0）,

OB^OA+AB^OA+DC-（3,Q,y/3）,

設(shè)G（3J,0）,—K5,則詼=（—3,2,—G）,的=（0,f,—@,

設(shè)平面BEG的法向量為m=（x,y,z），

x=2-t

m-BE=Q-3x+2y-y/3z=Q

則由，一，得〈取<y=3

m-BG=Qty-百z=0

Z=y/3t

得平面BEG的一個法向量為正=(2—f,3,6，,

又面DEG的一個法向量為7=((),()』),

113

解得，=一或?=——(舍去)，

222

此時生=,，得CG=』CE=3,

CF442

3

即所求線段上的點G滿足CG=j

2

11.(河北省邯鄲市2021屆高三一模)如圖，在直三棱柱ABC-Agq中，底面A8C是等邊三角形，D

是AC的中點.

(1)證明：4?//平面8。1。.

(2)若AA=2AB,求二面角耳一AC-￡的余弦值

【答案】(1)證明見解析；(2)生叵.

19

【分析】

(I)B.CABC,=E,連接由三角形的中位線可得DE//A耳，進而可得做〃平面BCQ.

（2）故以。為原點，分別以而，反,方聲的方向為x,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系

D-xyz.平面AB。的法向量為3=（x,y,z）,平面ACG的個法向量為記=（1,0,0），進而可得結(jié)果?

【解析】（1）記連接OE.

由直棱柱的性質(zhì)可知四邊形片是矩形，則E為耳。的中點.

因為/）是AC的中點，所以。E//A4.

因為Ag2平面BGROEu平面5CQ,所以Ag〃平面5Go.

（2）因為底面ABC是等邊三角形，力是AC的中點，所以BOLAC,

由直棱柱的性質(zhì)可知平面ABCJ■平面,則BO_L平面.

取AG的中點尸，連接。尸，則D5,DC,。尸兩兩垂直，故以。為原點，分別以麗，覺,前的方向為X,

y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系。一孫z.

設(shè)AB=2，則A(0,-1,O),C(O,1,O)，4(6,O,4),從而而=(0,2,0),詞=(6,1,4).

設(shè)T-lfilAB?的法向量為"=(X,y,z),

n-AC=2y=0,一廠

則〈

_r令x=4,得〃=.

n-AB1=j3x+y+4z=0,

平面ACG的一個法向量為m=（1,0,0），

m?n_4_4y/19

則C0S〈〃2,〃〉=

\m\\n\~y[19~19

設(shè)二面角4-AC—6為。,由圖可知。為銳角，則cos。=|cos〈/〃,〃〉|=.

12.（河北省張家口2021屆高三一模）如圖，四邊形A8CD是正方形，/%_1平面48。,/%//破，且

E4=AB=3?

（1）求證：CE//平面?4）；

（2）若BE=lpA,求直線PD與平面PCE所成角的正弦值.

3

【答案】（1）證明見解析；（2）昱.

7

【分析】

（1）先由線面平行判定定理證明BC//平面B4D，砂//平面R4D，再由面面平行判定定理證明平面

EBC//平面PAO,最后由面面平行的性質(zhì)得出CE//平面PAD；

（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角即可.

【解析】（1）證明：因為四邊形ABCO是正方形，所以8C//A0.

又ADu平面PAD,BC<Z平面PAD

所以8C//平面A4O.

因為Q4//E3,同理，可證EB//平面

又BC1EB=B，所以平面EBC//平面B4O

又因為CEu平面E8C，所以CE//平面?

解：分別以AD,AB,AP為％V，z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系.

因為PA=AB=3,所以8E=，PA=1,則P(0,0,3),0(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1)

3

則PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2)

設(shè)平面PCE的法向量為所=(%y,z)

z

X--

m-PC=3x+3y-3z=03

則山，一得

m-PE=3y-2z=02z

令z=3,得平面PCE的一個法向量為比=(L2,3)

PD-in(3,0,-3>(1,2,3)

設(shè)直線P。與平面PCE所成角為氏則sin。=也

PD\\m\35/2xV14V

所以直線PO與平面PCE所成角的正弦值為五.

7

13.(湖北省八市2021屆高三聯(lián)考)已知四棱錐E—ABC。中，四邊形ABC。為等腰梯形，AB//DC,AD

=DC=2,AB=4,△4?！阾為等邊三角形，且平面4。后_1平面48。。.

(1)求證：AE^BD-,

（2）是否存在一點F,滿足彷=4麗（0</1<1）,且使平面AQF與平面BCE所成的銳二面角的余弦值

為晅.若存在，求出；I的值，否則請說明理由.

13

【答案】（1）證明見解析；（2）存在2=:使得平面AO/與平面BCE所成的銳二面角的余弦值為巫.

213

【分析】

（I）取的中點G,連接DG，證明△A80是直角三角形，得從而由面面垂直的性質(zhì)定

理得線面垂直，則可得證線線垂直；

（2）取A。的中點”，連接EH，證明石"_1_平面43。。，以。ADB為軸，過。平行于的直線

為z軸建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，由空間向量法求二面角的余弦值，由已知求得；I,說明存在.

【解析】（1）取的中點G，連接。G,vBG^-AB^CD,BG//四邊形BCDG是平行四邊形,

2

￡）G=8C=AG=AZ）=2,，AAr）G為等邊三角形，=是直角三角形，.?.A￡>_LBZ），

2

???平面4宓，平面ABCO.BOu平面ABC。，4）=平面4。石0平面43。。，.?.應(yīng)>，平面

ADE,AEu平面ADE，..AE，

（2）F為E8中點即可滿足條件.

取AD的中點“，連接E“，則E”J_AD，取AD的中點H,連接EH,平面平面ABC。，EHu平

面EA￡>，所以即，平加ABC。，的=百,3。=26,如圖建立空間直角坐標系。一型，

則0（0,0,0）,4（2,0,0）,8（0,26,0）,。卜1,60）,后（1,0,@,則

次=（2,0,0）,而=（1,60）,麗=（-1,2瘋-百）,EF=AEB=（-2,2&,-&）,

方=（1—426;

設(shè)平面AOF的法向量為沅=（X［，X，Z］）,平面BCE的法向量為為=（%2，%，22）.

需M，得產(chǎn)…箋，S）.,取血…孫

x+Cy?-0

CBn=Q2

由，得《取〃二卜后1,3）.

EBn=Q_X?+2>/3y2-V3Z2=0

|2-1+6A|765

于是,|cos(/n,n)|=

H'HV13-V522-22+l

解得x=—或4=—（舍去）

23

14.（湖北省荊門2021屆高三聯(lián)考）在三棱錐產(chǎn)一ABC中，平面Q4C_L平面ABC,

（I）證明：PC_L平面A8C；

（II）已知。，M,N分別為線段以、PB、BC的中點，求直線MN與平面QAC所成角的正弦值.

【答案】（I）證明見解析；（II）旦.

3

【分析】

（【）取AB中點。，連接PZXOC,川證AB_LPC,從而可證BC_LPC,從而可證線面垂直.

（II）如圖建立空間直角坐標系，設(shè)AC=1,求出旃