空間幾何解答題（理科）（解析版）-2023年高考數學二輪復習題型歸納與練習（全國通用）

專題19空間幾何解答題（理科）

考擁要求與命題規(guī)律

立體幾何（理科）解答題是高考全國卷必考題，難度中等，一般分2問，第1問大多考查平行或垂直

的證明，第2問主要考查空間向量求二面角、線面角、線線角的大小，考查利用空間向量探索存在性問題

及位置關系等，難度中等偏上。預計2023年高考新課標全國卷第19題會考查立體幾何問題，以平行（垂

直）關系、空間角為主線進行考查.

專導航

一、熱點題型歸納

題型1.直線與平面所成角問題

題型2.二面角問題

題型3.距離（體積）問題

題型4.折疊（翻折）問題

題型5.已知二面角（線面角）求參數

題型6.求二面角（線面角）最值

題型7.求長度（體積）最值

題型8.探究（猜想）類問題

題型9.空間幾何中的數學文化與新定義問題

二、最新模考題組練

三、十年高考真題練

拉克觀型歸的

【題型1】直線與平面所成角問題

【解題技巧】利用向量法求線面角的方法：（1）分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，轉化為

求兩個方向向量的夾角（或其補角）；（2）通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾

的銳角（鈍角時取其補角），取其余角就是斜線和平面所成的角.

【典例分析】

1.（2022?重慶高三二模）如圖，在三棱柱ABC-4MG中，ACLBC,AC=BC,四邊形ABgΛ1是

9

菱形，ZΛ4,β,=-τr,平面AB旦A，平面A8C,點E是中點，點尸是AC上靠近C點的三等分點.

（1）證明：4。LAB；（2）求直線A/與平面AE尸所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵.

29

【解析】證明：（1）取AB中點O,連結A。，OC

在,ASC中，AClBC,AC=BC,ΛOC±AB-

2

在菱形ABgA中，由/然4=§乃可知-4418為等邊三角形，，4。，48,

又?.?Λ1O?OCO，AoU平面A℃,OCU平面AoC,

.?.ΛB±ΞP≡40C,ACU平面AOCAC,AB.

（2）?；平面AB44J.平面ABC,平面ABB/c平面ABC=AB,

由（1）可知AO?LOC,，OA,OC,。4兩兩垂直，

如圖，以。為原點，OA,OC,OAl所在宜線分別為X軸，＞軸，Z軸建立空間直角坐標，

不妨設Ae=2,則A。,。,。），A（0,0,百），C（0,l,0）,B（-1,O,O）,FQ,∣,O^,AB=（T，°，一6}

山A41=8B],得片卜2,0,、/^）,則的中點E—?,θ,-?,

(3

-

從而AE=-,θ,——,A1F

A∣E?"=O

設平面AE/7的法向量為〃=（x,y,z）,則

AiF?n=O

上一旦=0x=-l

即<

22不妨?。?-1得<y=5,即〃=(-1,5,?/j).

—+—γ-?∣3z=0Z=下)

133

n-AB__-2_√29

則t

cos(n,HlA^r2√29^^^

所以直線4B與平面4所成角的正弦值為上

29

2.（2022.遼寧高三模擬）如圖所示，平面五邊形可分割成一個邊長為2的等邊三角形ABC和一個直角梯形

ACDE,其中AE//CD,AE=-CD=-AC,ZEAC=90o,現將直角梯形ACDE沿邊AC折起，使得AE

22

±AB,連接BE、BD,設線段Be的中點為尸.(1)求證：4尸//平面8。民(2)求直線E尸與平面BDE所

成角的正弦值.

【解析】證明：(1)取8。的中點G,連接EG、FG,由F為BC的中點，則FGHDC且FG=?CD,

因為/^//。。且。=???,所以AE//FG且4E=FG,所以四邊形AFGE為平行四邊形，則4F//EG,

又因為EGU平面BDE,AF(Z平面BDE,所以A尸//平面BDE；

(2)'：AELAB,AELAC,ABcAC=A,48,4。匚平面48。，；.4￡：_1平面48(7.

如圖，以A為坐標原點，AF為X軸，在平面ABC內，過點A作BC的平行線為)，軸，AE為Z軸建立空間

直角坐標系,則A(0,0,0),F(√3,0,0),β(√3,-l,0),C(√3,l,0),￡(0,0,1),D(√3,1,2),

EF=(√3,0,-1),BE=(-√3,1,1),ED=(6,1,1),設平面BDE的法向量為〃=(x,y,z)，

n?βE=0-?∕3x+y+z=0

則《即《令y=l,則z=-l,無=0,所以〃=(0,1,-1),

nED=0s∣3x+y+z=0

1ULSl

設宜線EF與平面BDE所成角為氏所以Sine=ICoS〈7,容〉I=音僚=去=停.

【變式演練】

1.（2023?福建三明市?高三模擬）如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面PAB_L平面ABCr），平面~4。_1_平

面ABCD,四邊形ABCf）為直角梯形,其中AB，BC,BCHAD,8。=48=24）,后是4￡）的中點.（1）

2

求證：PCLCD（2）若NPBA=45°,求直線PC與平面PBE所成的角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）?

3

【解析】（1）連接EC,

由己知BC幺LA。，E為中點，又ABLBC,故四邊形ABCE為正方形，所以知EC_LAD

2

：面RW_L面ABCo又面PABC面ASCD=AS，BCLAB-BCU平面ABCz)

.?.BC，平面Q48，故BC_LP4.同理可證CELQ4

又BCCE=C,故尸AJ_平面ABCD連接AC,可知AC_LBE

又PALBE,PAAC=A.?.可知BEI平面PAC又尸。(=平面膽。二ɑ。，3￡

由已知Z)E幺BC,故四邊形BCDE為平行四邊形故CDHBE；.可知PCA.CD

(2)以A為坐標原點，分別以A%,Ab,y?的正方向為X,y,Z軸的正方向建立空間直角坐標系,

由NPA4=45。，知Λ4=AB,不妨設A3=1則可知8。,0,0),P(0,0,l),￡(0,1,0)

—>—>—>

PB=(1,0,-1)×PE=(0,1,-1)設平面PBE的法向量為“=(χ,y,z)

∏PB=Qx-z=0

則=>令z=1,則X=y=1.?.〃=(LLl)

nPE=Qy-z=0

又C(LLO)故元=(IJT)設PC與平面PBE所成的角為"貝I]

—>—>

→→PC?n1

sinθ=|cos<PC,〃〉|=|——-1=-.

?PC?-?n?3

2.(2023?河北高三模擬)如圖，在四棱錐尸-ABCo中，底面ABCo為正方形,

AP=DP=1,AD=&CP=6，F為線段產。的中點.

(1)求證：CDlAF(2)求直線PB與平面CFB所成角的正弦值.

【答案】（D證明見解析；（2）X*.

51

【解析】（1）在一PCZ）中，因為PC=C,DP=1,CD=AD=6,

所以CTy+op2=cp2,所以CD上DP,

因為CQAOcOP=O,所以CD_L平面PAD，因為AEU平面附》所以CDLAb.

（2）由（1）知CDLOP,以。P,。C所在直線分別為X軸，V軸建立空間直角坐標系，如圖所示:

。一個z.在△"￡）中，因為AP=OP=1,AO=√Σ,所以Ap2+Dp2=Aβ2,

所以AP_LO尸：因為CD_L平面PAD，FAU平面PA。，所以Cz）J_AP.

因為CODP=D,所以W平面PCD可得O（0,0,0）,P（l,0,0）,q（）,"0），dg,0,0],A（l,0,l）.

因為r>5=r>c+θA=（ι,√Σ,ι）,所以B（I,√Σ,I）,

所以FC=（一;,√IO）,FC=?,l）,Pβ=（θ,√2,l）.

J

n?FC-O

設平面CFB的?個法向量為〃=（X,y,z）,則V

n?FB=Q

—X÷λ∕2y=O

所以V?2,令χ=4,則y=√∑,z=—4,所以〃=（4,及,一4）.

—x+V∑y+z=O

、2

n-PB2102

設直線尸8與平面C9所成的角為e,貝IJSine

HH√3×√34^51'

【題型2】二面角問題

【解題技巧】利用向量法計算二面角大小的常用方法

（1）找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到

二面角的大小.但要注意結合實際圖形判斷所求角的大小.

（2）找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則

這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小.

【典例分析】

1.（2022.福建?三模）如圖，在三棱錐V-ABC中，V?6和AeC均是邊長為4的等邊三角形.P是棱V?上

2

的點，VP=^VAf過尸的平面。與直線VC垂直，且平面e平面%3=/.

JT

（1）在圖中畫出/,寫出畫法并說明理由；（2）若直線VC與平面ABC所成角的大小為三，求過/及點C的平面

與平面ABC所成的銳二面角的余弦值.

【答案】（1）圖象見解析，畫法見解析，理由見解析（2）偵

14

【分析】（1）結合面面平行的性質定理來畫出直線/.

（2）作出過/及點C的平面與平面ABC所成的銳二面角，利用余弦定理求得其余弦值.

【解析】（1）如圖，在V?B內過戶作PΛWAB,交VB于N,則直線PN即為直線/.

理由如下：取VC的中點。，連結AQ,BQ,

因為和ABC均為等邊二角形，所以V?=AC,VB=BC,所以KCJ_AQ,VClBQ,

又因為AQ「BQ=Q,所以VCL平面ABQ,又因為VCL平面α,所以平面α〃平面A8Q,

又因為平面α∩平面03=/，平面ABQn平面03=AB,所以AB〃/,所以直線PN即為直線/.

22

（2）由（1）知，PN//AB,因為YP=1憶4,所以VW=1V8.

設AB的中點為O,連結VD,交PN于G,連結CG,

因為EAB和ΛBC均為等邊三角形，所以V4=VB,AC=BC,所以Afi_LV?,ABVCD,

又因為VT>CD=D,所以ABL平面YcO,ABI平面ABC,所以平面ABCj_平面VCO.

在LVCD中，作VO?L8,垂足為。，因為平面A8C∣∣平面VCD=CD,W9u平面VCD,所以Vo_L平面A8C,

Tr

所以NVCD是直線VC與平面ABC所成的角，所以NyC￡>=§,

因為小AB和14BC均是邊長為4的等邊三角形，所以VD=OC=2√i,NVDC=

因為AB//EN,所以OG=IQV=亞.山（1）知，過/及點C的平面為平面aw,

33

因為ABa平面C∕>N,PNU平面CPN,所以AB〃平面CPN,

設平面CPN.平面45C=/',因為ABi平面ABC,所以AB〃/',

因為ABL平面VC。，CGU平面VCD,CDU平面Va),所以AB_LCG,ABlCD,

所以CG_L/',CD±l,,又因為CGU平面CRV,CQU平面ABC,

所以ZGCD為平面CPN與平面ABC所成的銳：面角的平面角，

在.GCD中，由余弦定理得，CGl=DG?DC2-2DG?DC?cosNGDC,CG=空?,

3

所以8SNG3型生=辿，

2CGDC14

所以過/及點C的平面與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為區(qū).

14

2.(2022?成都市?高三專題練習(理))如圖，在三棱錐D—A3C中，G是AABC的重心，E,尸分別在

BC,CQ上，且BE=^EC,QF=^FC.(1)證明：平面GEF〃平面ABD；(2)若CDL平面ABC,ABlBC,

AC=C。=2,BC=},P是線段EF上一點，當線段GP長度取最小值時，求二面角P-AO-C的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）%更

31

（1）BE=^EC,DF=；FC,:.EF//BD

又EFa平面ABO,BoU平面ABQ,.?.EF〃平面

又G是AABC的重心，..GEAB乂GECZ平面A8O,ABi平面48/）,.?.GE//平面A8。,

又EFGE=E,GEu平面GE/所以平面GEr〃平面ABD

(2)由AB_LBC,AC=CD=2,BC=I,可得AB=√5又GE//AB,GELBC

又CoI.平面ABC,GEl平面ABC,.?GEA.CD

又BCeCD=C,8(7,8<=平面8(力，..6￡：1.平面8。。，又EFU平面Ba),..GELM

P是線段E尸上一點，當線段G尸長度取最小值時，點P與點E重合.

如圖，作C4L5C,以C為原點，<^8,。”,8為不丫,2軸建立空間直角坐標系，

則41,一6,0),C(0,0,0),O(0,0,2),《I，。，。)

所以AP=(-]?/j,θ),DP=(―,0,—2),CA=(1,-73,0),CD=(0,0,2)

設平面ADP的一個法向量為質=(%,%,z∣)則

設平面ADP的一個法向量為〃=(X2,%,z?)則，令……后。)

5而r-

m`n

cos<m,n>=---------~3Γ,所以二面角P-AO-C的余弦值為亞衛(wèi)

?m???n31

【變式演練】

L(2022?安徽?高三開學考試)如圖，在三棱柱ABC-ABg中，BC=B8∣,BCJ80=0,40，平面BB1C1C.

(1)求證:A8_LBC；(2)若NSBC=60,直線AB與平面BBCC所成的角為30°,求二面角A-四6-A的正

弦值.

【答案】(1)證明見解析⑵生3

7

(1)證明：因為AOL平面BB1QC,BCU平面BBCC，所以4。，第7,

因為BC=B用，四邊形BBCC是平行四邊形，所以四邊形BBCC是菱形，所以BG_LBC，

又因為AoCBG=O,AoU平面A8C∣,8C∣u平面A8C∣,所以8(，平面A8C∣,

因為ABi平面A8￡,所以A8,BC.

(2)解：因為AB與平面BBCC所成角為30",AoI平面8BCC，所以NA8O=30°,

因為N4BC=60°,所以aBCB∣是正三角形，設3C=2,則8。=2,80=6,04=1,

以。為原點，分別以OB,OBt,OA所在直線為％%Z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

如圖所示，則5(石,0,0),4(0,l,0),A(0,0,l),G(-√5,0,0),

所以蝴=(0,1,-1),C1B1=(√5,l,0),A4=AB=(Goi)，

設平面世￡的一個法向量為Wl=(X,%z),則"''廠，

n1?C1B1=√3x+y=0

取X=I,可得y=-6,z=—6,所以4=(l,-g,-Λ∕5),

tv,?A.B,=√3xl-z,=0

設平面BIClA的一個法向量為%=(XQl,Z]),則＜-r，

n1C1B1=√3xl+jl=0

取Xl=1,可得X=-G,z=g,所以“=(1,—,設二面角A-B∣G-4的大小為e,

（L一6G）?（i,一百,百）

因為CoS（4,%）_nl?n2

同向√7×√7

所以二面角A-BCl-A的正弦值為華.

2.(2022?全國?高三專題練習)如圖，ABCZ)為圓柱O。'的軸截面，E尸是圓柱上異于A。，BC的母線.

(1)證明：BEI平面。ER(2)若ΛB=8C=2,當三棱錐3-。瓦'的體積最大時，求二面角8-。F-E的余

弦值.

【答案】(1)證明見解析(2)立

3

(1)證明：如右圖，連接AE,由題意知42為二。的直徑，所以M_L8E.

因為AdE尸是圓柱的母線，所以4)〃￡/L且4)=EF.

所以四邊形AEFD是平行四邊形.所以北〃OF,所以BElDF.

因為E尸是圓柱的母線，所以E/，平面又因為BEu平面A8E,所以EFLBE.

又因為DFEF=F,DF,EF?jPffiDEF,所以BEJ■平面DEF.

(2)由(I)知8E是三棱錐5-?！陸舻酌妗?￡：產上的高，

由(1)知防_LAE,AE〃DF,所以EFLDF,即底面三角形OEF是直角三角形.

11111r2+V2?

設。F=AE=X，BE=y,則/+9=4,所以%_詆=.S△曲?BE=,x(jxχx2)xy=axy,,-=-

當且僅當X=y=√∑時等號成立，即點E,尸分別是AB，Co的中點時，

三棱錐B-DEF的體積最大,下面求二面角5-OF-E的余弦值：由(1)知E4,EB,EF兩兩相互垂直,

如圖，以點E為原點，EA,EB,所所在直線為X,y,Z軸建立空間直角坐標系E-盯z,

則8(0,√2,0),￡>(√2,0,2),￡(0,0,0),F(0,0,2).

山(1)知BEI平面。EF,故平面DEF的法向量可取為EB=(0,0,0).

設平面Bz)F的法向量為"=(x,y,z),由。F=(-√Σ,0,0),BF=(O,-√2,2),

n?DF—O-√2x=0即IA一°,取Z=I,得"=（0,忘,1）.

,

n?BF=OΛ∕2>+IZ=y=√2z

n`EB√2×√2_√6

設二面角B-DF-E的平面角為。,則ICOSq=卜os(",EB∣=

n?-?EB√3×√2^3

由圖可知。為銳角，所以二面角B-DF-E的余弦值為逅.

3

【題型3】距離(體積)問題

【解題技巧】利用法向量求解空間線面角、面面角、距離等問題，關鍵在于“四破”：①破“建系關”，構建恰

當的空間直角坐標系；②破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；③破“求法向量關“，求出平面的法向量;

④破“應用公式關

【典例分析】

1.（2022?北京門頭溝?一模）如圖，在正三棱柱ABC-AIC中，AB=AA=2,D,P分別是BC,CG的

中點.（1）在側棱B用上作出點F,滿足〃平面ABf,并給出證明；（2）求二面角4-AP-G的余弦值及

點B到平面ABf的距離.

【答案】（1）作圖見解析，證明見解析（2）如，√2

4

【分析】（1）由線面平行的判定定理證明（2）建立空間直角坐標系，由空間向量求解

【解析】⑴設BA的中點為K,BE的中點為尸，則EC∕∕8∣P,DFHEC,則DF∕∕B,P,

DFB平面AB/,BIPU平面AS7,DF〃平面AB/.

（2）設。是邊AC的中點，Z是AG的中點，則OZL平面A8C,ABC為正三角形，

所以，OBLAC,OB.0C,OZ兩兩垂直，建立如圖所示坐標系O-XyZ.

B

則A(O,-1,O),β,(√3,O,2),P(O,L1),AP=(0,2,1),

AB1=(^,1,2),設平面ABZ的法向量為加=(X,y,z),

n-AP2y+z=0-

x=O則111Vr

所以r=>n,=(√3,l,-2),

n1AB1=0yJ3x+y+2z=0

Ui"/-F-

平面G"的法向量為〃2“,。,。)，…麒＞=睛4,所以二面角……的余弦值為當

UUUU

BB1=(0,0,2),設點B到平面ABF的距離為"，則"=牛把=夜.

∣w∣I

2.(2023?江西高三專題練習)如下圖，在四棱錐P—ABCD中，已知，平面ABC。，且四邊形ABCo

為直角梯形，NABC=ZBAD=巴TT,PA=AD=2,AB=BC=L(1)求平面245與平面PCO夾角的

2

余弦值；(2)定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值，

利用此定義求異面直線PB與CO之間的距離.

【解析】以卜5AD,4。｝為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系出Z,

則各點的坐標為B(1,0,0),C(l,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)

(1)因為B4，平面ABCr),且4)U面ABCD，

.?.PA±AD^又AβJ_4),且Q4∩AB=A,。，平面以8,

所以Azj是平面附B的一個法向量，Ao=(0,2,0)

因為PC=(1,1,-2),PD=(0,2,—2).設平面PCD的法向量為In=(x,y,z),

x+y-2z=0

則”PC=°'^PD0即￡一2z=。'令X'解得Z"E?

,nADm√3

所以“=α,l,D是平面PCO的一個法向量’從而SSARm=同=?

所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為

(2)因為3P=(T,(),2),設。為直線P8上一點，且豆。=Jl豆P=(—2,0,22),

又CD=(T,1,0),CB=((),-1,0)則CQ=CB+BQ=(-4,-1,24),

則點。到直線CD的距離d=^cρ2-(∣cβ∣cos(cβ,cr>)j2=CQ2-C^*C,D

919

1Y4422

2-2-2-λ+-+->-.?d≥-所以異面直線P8與CD之間的距離為一.

9)9933

【變式演練】

1.(2023?浙江高三專題練習)如圖，在正方體ABS-AgGA中，E為Bg的中點.

(1)證明：BCl//平面A￡)E；(2)求直線BG到平面AnE的距離；(3)求平面AQE與平面ABCD夾

角的余弦值.

22

【答案】(1)證明見解析；(2)-；(3)

33

【解析】如圖建立空間直角坐標系A-孫z,設正方體的棱長為2

則A(0,0,0),8(0,2,0),D1(2,0,2),C,(2,2,2),E(0,2,l),

Uπ?AZ)l=012%+2z=0

(1)設平面ADIE的法向量為n=(%,y,Z])

}H-AE=O,[2y+z=Q

令x=l,則Z=-1,>=；,.?.nl=1,；,一1),BCI=(2,0,2),

BC1-Ti1=(2,0,2)?(1,?,-Ij=2-2=0,/.BClInl.GBZ面ARE:.BC∣〃平面AAE.

(2)QBCi//平面直線BG到平面AAE的距離即為點3到平面A，E的距離,

?AB-nl?∣0×l+2×∣+0×(-l)

AB=(0,2,0),HI=(IT2

3

2

.??直線BCl到平面ARE的距離為I.

(3)平面ABeD的個法向量為〃=(0,0,2),設平面AAE與平面ABe。夾角為氏

=fl,?,-l1,CoSe=COS

2

所以平面ARE與平面ABcD夾角的余弦值§.

2.(2022.江蘇?沐陽高三階段練習)如圖，已知四棱臺ABCZ)-ABCA的上、下底面分別是邊長為2和4

的正方形，AA=4,且A/,底面ABC。，點P,。分別在棱。。I、BC上?(1)若「是力。的中點，證明：

AB1rPQi(2)若P。//平面4880,二面角「-。。-A的余弦值為］,求四面體的體積.

(1)以A為坐標原點，AB,AD,AA所在直線分別為X,y,Z軸建立空間直角坐標系,

則A(0,0,0),4(2,0,4),O(0,4,0),D1(0,2,4),設。(4,〃?,0),其中加=8Q,0≤w<4,

若P是。口的中點,則尸(0,3,2),AB1=(2,0,4),PQ=(4,m-3,-2),

于是AB∣?PQ=8-8=0,ΛAB1±PQ,BPABt?PQ.

（2）由題設知，。。=（4即-4,0）,DD1≈（0,-2,4）.是平面內的兩個不共線向量.

設/=（χ,y,z）是平面P。。的-一個法向量,

則!"SQ=On∣4x+(,"4)y=0,

取y=4,得4=(4-∕n,4,2).

,[ntDDt=O[-2y+4z=0,

LU2

又平面AQO的一個法向量是n2=（0,0,1）,2

yJ(4-m)+20

42479

而二面角尸-8-A的余弦值為因此［"I+20=5，解得MW或加=捺（舍去），此時。卜巧，。J.

設。P=∕ωq（0"≤l）,而皿=（0,—2,4）,由此得點尸（0,4—244孫PQ=（4,24-；,-42）,

TPQ〃平面ABB小，且平面AB8∣A的一個法向量是〃3KO』，。），

.??P°a=O,BP2Λ-^=0,解得；1=（,從而尸?,1）.

將四面體A。PQ視為以AAOQ為底面的三棱錐P-A。。，則其高a=1,

111Q

故四面體AOP。的體積V=§SΛ∕X>?Λ=?×-×4×4×1=--

【題型4】折疊（翻折）問題

【解題技巧】解決空間圖形的翻折問題時.，要從如下幾個角度掌握變化規(guī)律:

l——1:①過程是連續(xù)漸變；

變k>i②點和線的變化；

1——J:③角度、長度等幾何量度的變化.

CO:①翻折前后，仍然在一個平面上的性質不發(fā)生改變；i

LLzJ:②翻折過程中，直線和平面的位置關系可能不變?i

II

注意：翻折過程中的特殊位置①翻折的起始位置；②翻折過程中，直線和平面的平行和垂直的特殊位置.

【典例分析】

1.(2022?云南昆明?一模(理))如圖1,在4A∕Mt中，AA11AB,點2，。是AA的三等分點，點G，C

是48的三等分點.分別沿DG和。C將；AoC和3AqG翻折，使平面AICq〃平面A8CD,且。2,平

面48C￡>,得到幾何體ABC。-ACA,作OELCa于￡連接AE,AiD,如圖2.

ΛΓ)7

(1)證明：圖2中，AELCCt.,(2)在圖2中，若絲=：,求直線DA與平面A。E所成角的正弦值.

AB3

【答案】(1)證明見解析(2)典

5

【分析】(I)通過證明CcJ平面ADE來證得AE1CC1.

(2)建立空間直角坐標系，利用向量法來求得直線與平面AOE所成角的正弦值.

【解析】⑴因為ORJ-平面ABCZλAoU平面ABC。，所以OB_L4。，在翻折前，點ZλC分別是A4,

AR的三等分點，所以。C〃AB,在四邊形A8C。中，ADA.AB,所以AZ>_La),

因為。CCQR=￡>,所以A。，平面AC∣8,又CGU平面CDDG,所以AOJ.CG，

乂因為OE_LCG,DEoAD=D,所以CC∣?L平面40E,由AEu平面ADE得AE_LCC∣.

(2)以。為原點，DA,DC,。，所在直線分別為X,y,z軸，建立空間直角坐標系。-孫z.

AΓ)O

如圖，由第=：，不妨設鉆=3，Az)=2,則A(2,0,2),C,(0,1,2),C(0,2,0),ZMI=⑵。，2)，

又由(1)知，平面4)E的一個法向量為CG=(O,-1,2),

f>A?CC∣l2x2M

則

設直線與平面ADE所成的角為凡SinO=gs<DAl,Cc4=

DAl∣?∣CCl∣~2√2×√55

所以直線DAt與平面AOE所成角的正弦值為萼.

2.(2022?山西太原?一模(理))已知一圓形紙片的圓心為。，直徑A3=2,圓周上有C、D兩點.如圖，OCJ_AB,

π

440。=二，點P是BD上的動點.沿AB將紙片折為直二面角，并連結P。，PD,PC,CD.

O

(1)當AB//平面PCD時，求PZ)的長；(2)當三棱錐尸-C8的體積最大時，求二面角O-Po-C的余弦值.

【答案】⑴5⑵乎,

【分析】（I）利用線面平行可得AB∕∕PD,進而求出等腰，POQ的底角即可計算作答.（2）由已知證明。CI

平面尸OD,再由體積最大可得OP_LQD,然后作出二面角。-叨-C的平面角，借助直角三角形求解作答.

【解析】⑴因AB〃平面Pa),ABi平面PoD內，平面PCZ)平面尸OD=Pr),貝IJ有AB//PZ),

因此，ZPDO=ZAOD=-,而OD=OP=LM∣JPD=2ODcosZPDO=2cos?=√3,所以PQ的長是由.

66

(2)因OC_L48,平面ABCj■平面PoD,平面ABC平面PQr)=A3,OCU平面ABC,則OCL平面PO

三棱錐P—COD的體積Vp_8D=~^-OC=--ODOPsmZPOD-OC=-sinZPOD,

3pod326

因此，三棱錐P—C8的體積最大，當且僅當sin/PO。=1,即OPj.0。，

取尸。中點M,連接。M,CM,由OD=QP=1,OCJ_OROCL。P可得CD=CP,如圖，

于是得OM_LPD,CMVPD,即ZCMO是二面角O-PD—C的平面角，

而OM=包,在Rt/ICMO中，OC=I,則CM=JOM'+必=",cosZCMO=—=—,

22CM3

所以二面角。-PO-C的余弦值是走.

3

【變式演練】

1.（2023?重慶八中高三月考）如圖1,C,。是以AB為直徑的圓上兩點，S-AB=2AD,AC=BC,將ABC

所在的半圓沿直徑A8折起，使得點C在平面ABO上的正投影E在線段BO上，如圖2.

（1）求證：BCL平面ACQ；（2）已知。為AB中點，在線段CE上是否存在點F,使得OF〃平面AC。？

若存在，求出工的值；若不存在，請說明理由.

BAB

圖l圖2

【答案】（1）證明見解析；（2）不存在，理由見解析.

【解析】（1）先證明n￡>_1_面88,進而得出ADIBC,再由BCLAC證明BCJ_平面ADC

（2）建立空間直角坐標系，設F（l,O,r）,re[θ,√5）,利用向量法證明即可.

【詳解】（1）因為CE_L平面ΛBD,Ai）U平面AB￡>,所以Af）_LCE

因為4￡>J.￡>5,CEDB=E,所以45_L平面BCD,因為BCu平面BC。，所以AO_LBC

又BCJ_AC,ACAD=A,所以BCj_平面AQC.

（2）以。為坐標原點，垂直于AB的方向為X軸正方向，為y軸正方向，垂直于面AQ8的方向為Z軸

正方向不妨設圓的半徑為6,￡為點C在平面ABe上的正投影，所以E在X軸正方向上.

?[?AB=2AD,知ZABO=30。，BE=2,BC=瓜'CE=√2

所以E(1,0,0),β(0,√3,0),C(l,0,√2).?F(l,0,0,r∈[θ,√2)

山(1)知覺即為平面Aa)的法向量，BC=Q,-瓜回,。尸=(1,0/)

若OF〃平面CAO,則0尸.BC=O，即l+√5r=0,r=-4，

所以線段CE上不存在點F,使得。尸〃;平面CAD.

2.(2022?綿陽市.高二專題練習)如圖1所示，在邊長為12的正方形44NM中，點B,C在線段AA，上，且

AB=3,BC=4,作8BJ/AA，分別交A4、Av于點片、P,作CG//A^,分別交A耳、AA'于點G、Q,

將該正方形沿BM，CC∣折疊，使得A'4與HA重合，構成如圖2所示的三棱柱A8C—44G?

(1)在三棱柱A8C—ABC中，求證：AB_L平面BCG用；

(2)試判斷直線AQ是否與平面ACf平行，并說明理由.

【答案】(1)證明見解析

(2)直線AQ與平面AGP不平行，理由見解析.

(I)AB=3,BC=4,.?.AC=12-3-4=5,AKrTffWAC2=AB2+BC2,ABVBC,又

ABLBBt,BCCBBI=B,.?.AB,平面BCGB∣.

(2)直線A。與平面ACP不平行.

理由如下：以8為原點，明為X軸，BC為y軸，8片為Z軸，建立空間直角坐標系，

A(3,0,0).Q(0,4,7),Λ,(3,O,⑵，C1(0,4,12)，HO,0,3),AQ=(—3,4,7),PA=(3,0,9),PG=(0,4,9),設平

〃,P∕?.=3x+9z-OQ

面AlelP的一個法向量〃=(劉yfz),則｛:，取x=3,得〃=(3,二,一1),

〃PC|=4y+9z=04

AQ)=—9+9-7=-7≠0,「?直線AQ與平面AGP不平行.

3.(2022.湖南?高三專題練習)如圖甲，等腰梯形ABCD中，AB//CD,DELAB于點E,且OC=OE=3EB,

將梯形沿著。E翻折，如圖乙，使得A到尸點，且EP,P8?

(1)求直線PO與平面EBC。所成角的正弦值；(2)若VCjMJ=竽，求三棱錐C-Pr用的表面積.

【答案】(1)包(2)S=衣+√7+2指+2

4

(1)如圖,

作PMj_￡B于M點，?.?OE?LPE,OE?LE8,PEU平面P8E,BEu平面P8E,PECBE=E

/.DEL平面PEB,ΛDE±PM.

義,：PM工EB,?！?lt;=平面8。/)￡8￡<=平面8。。。DECBE=E

/.PM±平面EBCD,二ZPDM為尸。與平面EBCD所成角,

設OC=α,則Po=Ao=√5α,PB=?∣EB2-PE2=√3α>

6

因為*B?PE=.?PM所以PM=曾=嚕罟a

所以…潑2√6.

?∣2a4

(2)如圖，過M作MNJ.EB交DCTN點，：.MN"D.

由(1)知，PMJ_平面￡BCQ,易知M3、MN、MP兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系例-??yz,

因為匕-皿=%BCD=gg∣CQ∣∣QEMMl=等α=竽，得α=2

EMPE

△PEB為直角三角形,且PMl.破，所以一PEBs.MEP,所以

PEEB

得EM=I,所以M3=3,.'N為。C的中點，.?.M(0,0,0),B(3,0,0),C(1,2,0),D(-1,2,0),P(0,0,√5).

BC=(-2,2,0),DC=(2,0,0),DB=(4,-2,0),PC=(l,2,-√3),PB=(3,0,-√3),MP=(0,0,√3)

設4=(X,χ,Z]),%=(七,丫2*2),%=(0%,4)分別為平面P4C平面尸C￡>,平面P3。的法向量,

廠

n1?BC--2x1+2yl=Otι2?DC-2x2=On3DB=4x3-2y3=O

[―>[―>[—>取4=1,M=v??&=1

H1?PC=xl+2y1-√3z1=O[n2?PC=x2÷2γ2-√3z2=O[∕ι3?PB=3x3-√3z3=O

得〃I=(I,l,g),∏2=(0,6,2),%=(1,2,G),

記二面角P-BC-M,：面角2-。。-^,二面角尸一如一”的平面角分別為外小人易知名夕,/均為銳角,

n∣?MP&?MP

_3_β-.n2MP2√32√73__√6

則cosa="√5×√3^5'co