2023屆安徽省高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)3立體幾何解答題30題

2023屆安徽省高考復(fù)習(xí)

專題3立體幾何解答題30題專項提分計劃

1.（2022秋?安徽?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，圓錐PO的高為3,AB是底面圓。的直徑,

PCP。為圓錐的母線，四邊形ABCO是底面圓。的內(nèi)接等腰梯形，且AS=2CD=2,

點E在母線PB上，SLBE=IEP.

（1）證明：平面平面POC；

（2）求平面AEC與平面R4B的夾角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

力3回

⑷----

20

【分析】（1）連接。。，可證出菱形03Cf）中OCj結(jié)合PO，即可證出比）1平

面POC,再由平面與平面垂直判定定理即可證出平面尸8D，平面POC-.

（2）取CQ中點M,以。為原點，?！埃琌B,OP所在直線分別為X軸、丫軸、Z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系，使用空間向量進行求解.

P

E

【詳解】（1）DC

連接0。，由已知，CD//BO,且CD=BO=OD=1,

四邊形OBCD為菱形，,BDlOC,

在圓錐PO中，?.?PO∕平面ABCr）,BDU平面ABCr）,

.?.POLBD.

VPOOC=O,PoU平面POC,OCU平面POC,

：.8￡）工平面PoC?

又,：3E>u平面尸BZ），

取CD中點M,易知。W_L平面∕?β,OM=^OC--CM2=—,

2

以。為原點，OM，OB,OP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,T0),3(0,1,0),P((),0,3),C?,?,θ^,

VBE=2EP,:.BE=IBP=I(O,-l,3)=(θ,-∣,2),

ΛEH,2J,

ΛAE=(θ,∣,2j,AC=(≠∣4

設(shè)平面AEC的一個法向量為n=（x,XZ）.

4

—γ+2z=0,

n-AE=0,

因為所以《令y=3,則X=—3乖＞,z=—2,

n-AC=0,6工3..

——x+—y=0.

I22’

n=??/?,3,-2j,

易知平面即平面yθz,平面B4B的一個法向量為機=（1,0,0）,

設(shè)平面AEC與平面BAB的夾角為

n-m3√33√30

則cosΘ=cosm

wl∣∕n√27+9+4×l-20

二平面AEC與平面PAB的夾角的余弦值為圭叵.

20

2.（2022.安徽黃山.統(tǒng)考一模）如圖1,在直角梯形ABC。中,

AB//CD,ZDAB=90o,CD=2AB=2AD=4,點E、F分別是邊BC、8的中點，現(xiàn)將

△CEF沿EF邊折起，使點C到達點P的位置（如圖2所示），且3P=2.

（1）求證：平面APE_L平面ABE＞；

（2）求平面ABP與平面Af）P夾角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

【分析】（1）要證明兩平面垂直只需證明其中一個平面內(nèi)有一條直線垂直于另一個平面

即可；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，運用空間向量數(shù)量積求解.

【詳解】（I）如圖，連接BF,由條件知四邊形48尸。是正方形，F(xiàn)CLBF,FC=BF,

△BFC是等腰直角：角形，

E是BC的中點，:.EFVBC；并且BC=2√i,EF=√Σ,BE=e;

如圖:

在&BPE中，PE=應(yīng)，PB2=4=PE2+BE2.;.PELBE,FEBE=E,FEu平

IliiABD,BEU平面A8D,

又PELEF,.'.PEA.平面ASC,PEU平面，平面APEJ.平面48C；

(2)因為PE,BE,FE兩兩垂直，以E為原點，BE為X軸，在為y軸，EP為Z軸建立

則有4(2夜,-也,0),8(應(yīng),0,0),。(垃,-20,0),網(wǎng)0,0,旬,

PA=(2√2,-√2,-√2),PB-(√2,0,-√2),PD=(a,-2血,-血),

設(shè)平面A8P與平面4。P的夾角為。，平面48P的一個法向量為m=(x,y,z),

平面A。P的一個法向量為"=(pj,q),則有:

nι?PA=O2?∣2x-?∕2y--Jlz=O

令Z=I則x=l,y=l,m=(l,l,l):

m?PB=O?∣2X-42Z=0

IvPA=O2?[lp-?∣2t-y∣2q=O

令4=3,則P=IJ=T〃=(1,7,3),

j[?PD=Oy∣2p-2λ∕∑r-?∣2q=O

m?n3_?[Si

COSe=

∣777∣?∣∏∣?∕3×Λ∕ΓT11

3.(2023春?安徽?高三統(tǒng)考開學(xué)考試)如圖，在幾何體A3C。耳`中，四邊形45CZ)為矩

形，AF//DE,AF±EF,AF=2DE=2EF=2,AD=日

(1)證明：ADYCF；

(2)若面Fl.面ABa),且直線8E與平面AB尸所成角的正弦值為g,求此時矩形

ABa)的面積.

【答案】(1)證明見解析

(2)2√2

【分析】(1)根據(jù)線面垂直的的判定定理證明線面垂直，進而可得線線垂直：(2)由面面

垂直可得線面垂直，從而可建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運算表示線面夾

角的正弦值，即可求出AB長度，從而可求解矩形ABCr)的面積.

【詳解】(I)證明：由題意得，四邊形ADEF為直角梯形，

乂DE=EF=T,AF=2,

易知DF=√i,AD=叵,

所以=A∕2,所以")_LoF.

又因為AD_Lf)C,DCDF=D,OC,。尸U平面OCP,

所以ADJL平面OC尸，BU平面OC尸，所以AQ_LCF.

(2)因為平面Ar)E/_L平面ABCD且交線為AE>,AD_LQE。尸U平面ADE尸，

所以DFj,平面ABCD

以D為原點,D4為X軸，E)C為y軸，力廠為Z軸建立如圖所示坐標(biāo)系，

設(shè)AB=α,λ(√2,θ,θ),β(√2,α,θ),F(0,0,√Σ),DE=^AF=

3√2

E,所以8E=

設(shè)平面AB尸的法向量〃=(x,y,z),4?=(OM,0),AF=(-√2,0,√2),

n?AB=Oay=O

則,得-0,設(shè)I則…Z=I,

n-AF=Q

所以“=(1,0,1).

設(shè)直線BE與平面A3戶所成角為6,則

BE`n√2_1

sin，=COS(BE

βE∣∣n?[l×?Ja2+53

解得α=2,所以AB=2.

所以S矩形A8C。=20.

4.（2022?安徽?校聯(lián)考二模）如圖，將長方形OAAa（及其內(nèi)部）繞。。旋轉(zhuǎn)一周形成

圓柱，其中OA=LQO=2,劣弧Aq的長為J,AB為圓。的直徑.

O

⑴在弧AB上是否存在點C（C由在平面。AAa的同側(cè)），使BC_LA/若存在，確定

其位置，若不存在，說明理由;

（2）求平面AaB與平面Bl<9,B夾角的余弦值.

【答案】（1）存在，當(dāng)8C為圓柱。。的母線，BCLABt

17

【分析】（1）當(dāng)BC為圓柱。。的母線，證明8C/平面AB。，從而得出BC,AB∣:

(2)以。為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法得出平面AaB與平面4。產(chǎn)夾角

的余弦值.

【詳解】(1)存在，當(dāng)8。為圓柱OOl的母線，BClAB,.

連接BCAC4C,因為耳C為圓柱Oa的母線，所以MC，平面A8C,

乂因為BCU平面48C,所以

因為43為圓。的直徑，所以BCJ.AC

BC±AC,BiCLBC,ACryBxC=C,所以BC上平面AB1C,

因為AAU平面ABiC,所以BCJ.AB1.

(2)以。為原點，OAOQ分別為Xz軸，垂直于7z軸直線為X軸建立空間直角坐標(biāo)

系，如圖所示.

A(0,1,2),Q(0,0,2),8(0,T,0),

因為A4的長為g,所以/4。蜴=9，4[:，坐,21,。8=(0,-1,一2),

OOlZZJ

。出=停*,0

V22√

設(shè)平面。148的法向量加=(χ,y,Z),

-y-2z=0,

<

1?/?令X=-3,解得y=λ∕J,z=——->

—x+——y=0,2

122J

所以，〃=-3,√3,-^.

\/

因為X軸垂直平面A。/，所以設(shè)平面4。產(chǎn)的法向量3=(1,0,0).

所以平面AO由與平面B1O1B夾角的余弦值為岑.

,ABC的面積為也,

5.(2022?安徽?蕪湖一中校聯(lián)考模擬預(yù)測)在三棱錐A-BCD中,

2

點。為Be的中點，ZACB=PCf)且BD=8=1,AO=G

(1)求證：平面BCD!_平面A8.

TF

(2)E為線段AC上的點，若ED與面BCD所成的角為：，求CE的長度.

6

【答案】(1)證明見解析

(2)1

【分析】(1)首先求出BC,再由面積公式求出AC,即可得到“AfiC為正三角形，從

而得到A0J.BC,OD1BC,即可證明BC1平面AOD,從而得證：

(2)作AH八OO,交DO的延長線于點H,即可得到AHJ_平面BCO,即可求出AH,

再過點E作砂，CH,垂足為F,則NEDF就是ED與平面BCD所成的角，設(shè)

Cf=x(0≤x≤√2),根據(jù)三角形相似及銳角三角函數(shù)計算可得.

(1)

證明：?.?8r>?LCE>且Bo=C￡>=1,二BC=及，又4ACB=半

由SVAHC='AC?8C?sinZACB，可得正=LAe.夜.更，

2222

解得AC=&，則AC=BC,

所以ABC為正三角形，

所以AolBC；

因為8D=8,BO=OC,所以81BC,

因為AOeOr)=O,AO,OCu平面AQD,所以BCI平面AQD,

因為BCU平面3CO,所以平面3CDJ_平面AoD.

(2)

解：作AH八OO,交。。的延長線于點H,

因為平面Ba)_L平面AQD,平面BCO1平面AOr>="￡>,AHU平面AQD,

所以AHI,平面BCr>,BCu平面5C。，

所以A〃_L”C,

在直角三角形Be。中，OD=LBC=顯,

22

在等邊三角形A8C中，AO=-AC=-,

22

ɑ13

…SAD2+OD2-AO23+5—5=戈

在ZXAOO中,COSZADO=---------------------

'AMy+'2ADOD2χ√3×^3

2

所以SinDADO=IJl-9)=￡?

在直角二角形A//D中，AH=ADsinZADO=√3×—=1,

3

HD=yJAD2-AH2=√3?T=√2>

過點E作EF_LC〃，垂足為尸，則瓦7/A”,所以EF工平面88,

所以NEf次就是EDIj平面BeD所成的角，

設(shè)CE=X(O4x≤√∑),由"=①，得EF=AHCE=與=立

AHACIC2

由">2=AC2+CZ)2,ACA-CD,

在直角一角形CDE中，DE=JCE2+5=TTTL

√2

因為￡?與平面BCD所成角為30。，所以EF_2"」，即x=l,即CE=1.

ED-√^7I-2

即在線段AC上是存在一點E,使即與面BC。成30。角，且CE=1.

6.(2022秋?安徽?高三校聯(lián)考階段練習(xí))如圖，長方體ABa)-A耳CQ中,

AB=AQ=1,AA=2,P為棱。。的中點.

（1）求直線AP被長方體ABC。-ASGR的外接球截得的線段長度;

（2）求直線AC1與平面PAC所成角的正弦值.

【答案】（1

喈.

【分析】（1）設(shè)ACCBO=O,AG的中點為。，根據(jù)長方體的性質(zhì)結(jié)合條件可得球心Q

到直線AP的距離，然后根據(jù)球的性質(zhì)即得；

（2）利用坐標(biāo)法，根據(jù)線面角的向量求法即得.

【詳解】（1）設(shè)ACC30=0,AG的中點為Q,連結(jié)PQ,OQ,AQ,

則。為長方體ABCD-A外接球的球心，且平面ABC。，

由題意知，OA=與,OQ=1,AQ=JOA1+0Q2=號,PQ=與AP=尤,

所以PQ2+Aθ2=Ap2,所以AQLPQ,

設(shè)。到直線AP的距離為d,則（APM=[PQ?AQ,解得

因為外接球的半徑R=LBD、=顯,

所以直線AP被此外接球截得的弦長為2√F與T=逑；

2

（2）以。為原點，建立空間直角坐標(biāo)系,

則D(0,0,0),A(l,0,0),C(0,l,0),A(0,0,2),G(0,l,2),P(0,0,l),

設(shè)平面PAC的一個法向量”=(x,y,z),

因為AC=(-1,1,O),AP=(-1,0,1),

n?AC=0[-x+y=0..、

則由，得，，令x=l,可得”=1,1,1,

n-AP=0[τ+z=0

又AG=(-1,1,2),

設(shè)直線AG與平面PAC所成的角為6,

卜√2

所以Sine=卜OS(^AC,nAG.〃1,1,2)?(1,1,1)

i∣AC∣?∣n∣∣Iλ∕6×√,3

l3

所以直線3與平面PAC所成角的正弦值為當(dāng)

7.（2022秋?安徽六安?高三六安一中?？茧A段練習(xí)）如圖，四邊形ABCQ是圓柱。。的

軸截面，點P在圓柱。。的底面圓周上，G是。P的中點，圓柱。。的底面圓的半徑。4=2,

側(cè)面積為8√Jτt,ZAOP=I20".

（1）求證：AG±BDi

（2）求直線PZ）與平面ABD所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵坐

4

【分析】（1）根據(jù)圓柱側(cè)面積公式可求得母線長AD,利用余弦定理可求得的，根據(jù)

等腰三角形三線合一性質(zhì)可證得AGLOP；由ΛPLBP,AD可證得5P，平面

ADP，由線面垂直性質(zhì)可得BP_LAG；利用線面垂直的判定和性質(zhì)可證得結(jié)論；

（2）取。8中點E,根據(jù)等腰三角形三線合一和線面垂直性質(zhì)可證得PE_L平面說,

由線面角定義可知所求角為ZPDE,根據(jù)長度關(guān)系可得結(jié)果.

【詳解】（1）由圓柱側(cè)面積可知：2τt?Q4?AO=4π?AD=8√?t,解得：AD=2√3;

OA=OP=2,ZAoP=I20。，AP=√OA2+OPil-2OA-OPcos120=2√3，

.-.AD=AP,又G為OP中點，ΛAGVDP-.

43是圓。的直徑，.?.AP,3P:

ADJ_平面ΛSP,BPU平面ABP,.?βP±AD,

又A￡）,APu平面ADP,ADAP=A,r.8P_L平面Ae）P,

AGU平面Ar）P,.-.BPLAG,

又3尸,。PU平面Bz）p,BPDP=P,，AG_L平面3DP，

Q3Du平面BOP,.'.AGlBD.

（2）取。8中點E，連接尸E,

/BOP=180-NAOP=60,OB=OP,,AOBP為等邊三角形,.-.PElAB-.

Ar)J_平面ΛBP,PEU平面AβP,.,.PElAD-.

QABlAD=A,AB,4。U平面ABO,.?.尸￡'_1_平面48。，

：.NPDE即為直線Po與平面ABD所成角，

DP=y∣AD2+AP2=2√6'PE=yJθP2-OE2=√3>

.?.sinNPDE="=g=正，即直線尸￡＞與平面W所成角的正弦值為正

DP2√644

8.（2022秋?安徽?高三校聯(lián)考開學(xué)考試）在四棱錐P-ABeD中，四邊形ABcO是直角

梯形,且PD，平面ABCD,AB//DC,DC=2A8=4,AB_LA。,PO=2,點M在棱PC上.

(1)當(dāng)MC=2MPB'i,求證：PA//平面”3。;

⑵若直線PA與平面Ms所成的角為45。,二面角八皿”的余弦值為冬求

器的值.

【答案】（1）證明見解析

CPM1

(2)---=—

PC2

【分析】（1）連接AC交加）于點O,連接OM,利用幾何性質(zhì)證明/%〃MO,即可證

明結(jié)論；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點的坐標(biāo)，設(shè)PM=2PC（（）≤2≤1）,求出平面尸8。

的法向量,用;I表示出平面M即的法向量，利用向量的夾角公式計算，即可求得答案.

（1）

證明：連接AC交B。于點。，連接。M,

∩ΛAfi1

111AB//DC知，ABoao..CDO,---—=—,

OCCD2

??萬”GA。?OAMP?

OCMC2

乂MoU平面M8D,Λ4<z平面JWB￡>,，P4〃平面M80.

(2)

：PD，平面ABCD,：.ZPAD為P4與底面ABCD所成的角,

即N∕?D=45°,.-.AD=PD=2,

又四邊形ABCD是直角梯形，

故以。為坐標(biāo)原點，分別以D4.DC,?P為.r,.y,Z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則A(2,0,0),BQ,2,0),C(0,4,0),P(0,0,2),

OB=(2,2,0),OP=(0,0,2),PC=(0,4,-2),

設(shè)平面P8D法向量為，"=(xl,y∣,z∣),則"θ，

DB?m=0

f2z1=0

即C?n-令XL1，則機=(LTO)，

[2x]+2vl=0

設(shè)PM=ΛPCφ≤Λ≤1),貝UOM=3P+PM=(0,4/1,2-2Λ),

設(shè)平面MB。的法向量為3=(巧,為名)，貝”2/"U,

DMH=O

2x+2y=0A(2λ\

P02-令…則TLT嘲

≡K÷(2-2Λ)Z2=0

因為二面角P-BD-M的余弦值為且

3

22

l×l+(-l)×(-l)÷0×;~~-

m`n=2解得嗎,

Im?I〃I

,1+(-1)~?Jl+(-I)?

,PM

?.=—.

PC2

9.（2022秋?安徽合肥?高三合肥市第十中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，三棱錐4-38中,

ZACB=90。，平面AC￡＞，平面ABC,AC=BC=4,DC=2,AD=2√3.

(1)求證：4。_1_平面88；

(2)若點E在線段AB上，直線OE與直線BC所成的角為：，求平面。CE與平面AB。所

4

成的銳二面角的余弦值.

【答案】(D證明見解析

⑵叵

35

【分析】(1)在aACD中山勾股定理逆定理可得Ao_LC。，再由己知面面垂直可得

3CJ.平面ACZ),則得AOJ.BC,然后利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論，

(2)以C為坐標(biāo)原點，C4為X軸正方向，CB為V軸正方向，過C垂直于平面ABC的

直線為Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,利用空間向量求解.

【詳解】(1)證明：在aACD中，因為AC=4,DC=2,4。=2百，

所以AC2=A02+S2,所以AO_LC￡),

因為/48=90。，所以BC_LAC,

因為平面ACD±平面ABC,平面ACD平面ABC=AC,BCU平面ABC,

所以8。_1_平面ACz),

因為ADu平面Aer>,所以AO_LBC,

又LCD,BCcCD=C,

所以4)_L平面BC。，

(2)以C為坐標(biāo)原點，CA為X軸正方向，CB為y軸正方向，過C垂直于平面4BC的

直線為Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-孫z,

由題意得A(4,0,0),8(0,4,0),C(0,0,0),D(1,0叫,

所以4B=(Y,4,0),CB=(0,4,0),CO=(Lo,百)

設(shè)點E坐標(biāo)為(x，?.z),AE=ΛAB(2e[0,l]),

則AE=(^lλ,4Λ,0)=(x-4,y,z),

所以％=4-44y=44,z=0,

所以點E坐標(biāo)為（4-44440）,

所以O(shè)E=（3-42,44-G）

因為直線社與直線8C所成的角町,

μ（DE,cβ‰^∣16λ∣

1'71阿忡也3一4.+（4μ+卜可2

解得彳=g

所以點E坐標(biāo)為（2,2,0）,則CE=（2,2,0）.

設(shè)平面CDE的法向量為〃1=（N，X，Z1）

CDn=Oxl+?∕3zl=O

則1=>取Xl=I,可得％=l

2xf

CE?H1=Ox+2yl=O

f

再設(shè)平面AB力的法向量為%=（和y2Z2）,

ADn=O-3x+λ∕3z=0

則222取々=1,可得%=(l,l,g).

AB^2=O-4x2+4y2=0

I-I-I√IO5

1+1+??√l+l+335

所以平面OCE與平面AaD所成的銳二面角的余弦值為?L

35

1°?（2。22秋.安徽.高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示的幾何體是由等高嗎個圓柱和半

個圓柱組合而成，點G為QE的中點，。為（圓柱上底面的圓心，力E為半個圓柱上底

面的直徑，O,H分別為DE,AB的中點，點A,D,E,G四點共面，AB,EF為母線.

D

（1）證明：OH〃平面BDF；

（2）若平面BO尸與平面C尸G所成的較小的二面角的余弦值為半，求直線OH與平面

CFG所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；

⑵?

10

【分析】（1）過OH構(gòu)造與平面8。尸平行的平面，通過面面平行，即可證明線面平行；

（2）以C為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合已知二面角的余弦值求得!圓柱的高

與底面半徑之間的關(guān)系，再由向量法求解線面角即可.

【詳解】（1）證明：取EF的中點M,連接0M,又。為。E的中點，所以QM〃DF,

又Z）FU平面BDF,OMcz平面BDF,所以O(shè)M〃平面BDF,

因為AB〃所，AS=EF,H,例分別為48,EF的中點，所以8”〃T7M,且B"=FM，

所以四邊形8FM”為平行四邊形，所以HM〃BF,

又BFu平面BDF,HMU平面BDF,所以HM〃平面BDF,

又0M,HMU平面0MH,OMCHM=M、所以平面OM”〃平面BDF,

因為OHU平面OMH,所以O(shè)"〃平面BDF.

（2）由題意知CB,CF,C力兩兩垂直，故以點C為原點，建立如圖所示的空間直角坐

標(biāo)系：

則C(0,0,0),W-,0,0),F(0,r,0),D(0,0,Λ),G-W力)，O(rO"(r,O,g],

2

h

所以BF=(-r,r,0),DF=(0,r,-Λ),CF=(0,r,0),CG=-L,L,h?,OH=?r,-L

2,2

n?BF=0,-rx+ry=0

設(shè)平面8。尸的一個法向量”=(x,y,z),貝!]?,即

n?DF=0,ry-hz=O

令x=∕z,解得V=/?,z=r,所以〃=(〃,///)：

rb=O

mCF=Q

設(shè)平面CZ7G的一個法向量加=(α,A,c),則，y,即

m?CG=0,

令a=2h,解得b=0,c=r,所以〃2=(2〃,0,廠)，

?m?n?2h2+r

所以∣cos°wMI=

M∣"∣√2Λ2+r2?√4∕ι2+r

化簡，得2，一26=(),所以〃=，,

設(shè)?！芭c平面所成的角為

所以加=(2r,0j),OH=r,-1,-]J.CFG6,

2r2

OHm4

所以sin9=kos(θH,1=強

網(wǎng),網(wǎng)JL.√5r'0

2r

11.(2022秋?安徽?高三校聯(lián)考階段練習(xí))如圖，直角梯形ABCD中,

C￡>=2A8=28C,ABJL8C,AB〃C，點E為CO的中點，VADE沿著AE翻折至VAPE,

點M為PC的中點，點N在線段BC上.

(1)證明：平面EMNI,平面PBC；

BN

(2)若平面PAE平面ABCE,平面EMN與平面PAB所成的銳二面角為30,求U的

BC

值.

【答案】(1)證明見解析

⑵T

【分析】(1)通過證明EM_L平面PBC來證得平面EMN，平面PBC.

(2)建立空間宜角坐標(biāo)系，利用向量法，由平面與平面E4B所成的銳二面角列

方程，從而求得案.

BC

【詳解】(1)由題意可得，PEJ.AE,CElAE,因為PECE=E,PE,CEu平面PEC,

所以AEJ.平面PEC，因為EMU平面PEC,所以AEJ.EM，

因為3C7/AE,所以EM_L8C,

因為PE=EC,M為PC的中點，所以EM，尸C,

因為PCBC=C,PC,BCu平面尸BC,所以EML平面尸BC,

又EMU平面EMN,所以平面EMNJL平面P8C；

(2)平面尸AEL平面ABeE,平面PAE平面ABCE=AE,PEJ_HE,

PEU平面R4E，所以PEJ_平面ABe￡,

以EAEeEP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)￡4=2,設(shè)CN=”,

P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),Λ∕(0,1,1),∕V(Λ,2,0),

設(shè)平面PAB的法向量為4=(x,%z),AB=(0,2,0),AP=(-2,0,2),

AB?%=2y=0

令z=l,%=(1,0,1),

AP-nl=-2x+2z=0

EW=(0,1,1),硒=(凡2,0),

同理可求得平面EMN的法向量為々=(-2,a,-α),

設(shè)平面￡MN與平面∕?5所成的銳二面角為4,

c°sα=.?1?2=下.廣&=-≠H=3

解得a=l,

?n?[?n2?√2×√4+a2+6/22√a2+22

所以黑的值為;.

o(.乙

12.(2022秋.安徽.高三石室中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí))如圖，AB是半球的直徑，。為球心,

AB=2,C為半大圓弧的中點，P為同一半大圓弧上的任意一點(異于A,B,C),P

在水平大圓面AoB內(nèi)的射影為。，過。作QRLAB于R,連接PR,OP.

(1)若C,P為不同的兩點，求證：OCIIPR；

(2)若半大圓面ACB與水平大圓面夾角大小為g,求三棱錐P-OQR體積的取值范圍.

【答案】(1)證明見解析

⑵H(

【分析】(1)根據(jù)線面垂直可證A8從而可得Oe7/PR.

(2)由(1)可得NPRQ為半大圓面ACB與水平大圓面夾角的平面角，設(shè)NBO尸=6,

根據(jù)體積公式V=W(COSe-CoS3。)，利用換元法和導(dǎo)數(shù)可求其取值范圍.

【詳解】(I)因為PQ垂直于水平大圓面AO8,而ABU平面AOB,所以PQ1A8,

因為QRLAB,PQQR=Q,PQ,QRu平面PQR,所以432平面尸QR,

而PRU平面PQR,所以A8_LPR,

因為C為半大圓弧的中點，所以ΛBLOC,

因為C,尸為不同的兩點，且48,OC,尸R在同一個平面內(nèi)，

所以O(shè)a/PR.

(2)由ABlPR,AB_LRQ得，

TT

/PRQ為半大圓面ACB與水平大圓面夾角的平面角，所以NPRQ=?-,

設(shè)ZBQP=O,由于對稱性，不妨設(shè)ee(θ,f,

因為AB=2,所以O(shè)P=1,

所以PR=Sin6,OR=COSθ,RQ=PRcos^=,PQ=PRSi吟=占Sna,

所以三棱錐尸-。。R體積為：

V=^~OR?RQ-PQ=^sin2θcosθ=^(cosθ-COS*)，

設(shè)f=cos6e(0,l),所以丫=若(”戶)，

令S=且(l-3*)=0,得f=近，

24v'3

當(dāng)0<f<巫時，*<?V'>0*;當(dāng)且<f<l時，V,<0,

33

所以V=若(一/)在［o,與J上為增函數(shù)，在［與,1J上為減函數(shù)，

故當(dāng)r=且時，V取得最大值為工，而Y(O)=V(I)=0,

336

所以三棱錐尸-。。R體積的取值范圍為(0,5.

I36」

13.(2022秋?安徽六安?高三六安一中?？茧A段練習(xí))在①ΛE=2,?AC_LBD,③

ZEAB=ZEBA,這三個條件中選擇一個，補充在下面問題中，并給出解答.如圖，在五

面體ABa)E中，已知,ACVBC,EDIIAC,且

AC=BC=2ED=2,DC=DB=百.

(1)設(shè)平面與平面ABC的交線為/,證明：///平面ACZ5E；

(2)求證：平面ABEJ,平面A8C；

(3)線段BC上是否存在一點尸，使得平面AEr與平面A3尸夾角的余弦值等于旭，

43

若存在，求空的值；若不存在，請說明理由.

∕)C

【答案】(1)證明見解析：

(2)答案見解析：

(3)線段以上不存在點尸，使得平面AE尸與平面ABF夾角的余弦值等于生畫，理由見

43

解析.

【分析】(1)由線面平行的判定定理證線面平行DE〃平面ABC,,再由線面平行的性

質(zhì)定理得線線平行。E〃/,從而再得證線面平行；

(2)選①，取AC中點G,BC中點O,AB中點“，連接EG,OQOH,由勾股定理證

明AGJ.EG,然后證明ACJ.平面BCD,從而得面面垂直，由面面垂直的性質(zhì)定理得

線面垂直，從而得線線垂直.。。,平面4BC,乂有OH,BC,然后以0為坐標(biāo)原點，

OnOH,OB為X，KZ軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，用空間向量法證明面面垂直;

選②，先證明平面A8C2平面BCD,然后取BC中點。，AB中點連接。O,OH,

證明DOL平面ABC,然后同選①，

選③，取BC中點。，AB中點H,連接8,0”,EH,結(jié)合勾股定理證明即J_0E,

然后證明證明DOl?平面ABC,再然后同選①；

（3）設(shè)在線段BC上存在點尸（（V,0）（T≤t≤l）,使得平面AE尸與平面AB尸夾角的余

弦值等于逅，然后由空間向量法求二面角的余弦，求解t,有解說明存在，無解說

明不存在.

【詳解】（I）DE//AC,ACU平面ABC,Z）E<Z平面ABC,,OE〃平面A8C,

又■,。EU平面E且平面或）￡c平面ABC=/,.?./）￡〃/

乂?.DEu平面Aa>E,平面AC￡）E,=>"/平面ACr>￡

（2）若選①，取AC中點G,BC中點O,AB中點打，連接EG,00,0”，

ED//AC,CG=-AC=ED,

2

四邊形EDCG為平行四邊形，.?.EGlLCD,

D

:.EG=√3,又AG=^AC=1,AE=2,

AG2+EG2=AE2，.?.AGlEG,

又CDHEG,.-.ACVCD,

又ACLBC,BCCCD=C,8C,COu平面BCD,

.:4。1平面8。。，ACU平面ABC,，平面ABC/平面BCQ,

BD=CD,：.DOLBC,

又ZX)U平面BCO,平面BC￡>'平面ABC=BC,

.?.OOLT?iA8C,又OHHAC,ACJ.BC,:.OH±BC-,

綜上所述：Oo,OH,BC兩兩互相垂直.

則以。為坐標(biāo)原點，OQ,OH,OB為x,y,z軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

則A(2,T,0),B(O,1,O),f(∣,0,√2),

AB=(-2,2,0),βE=(l,-l,√2),

DOJL平面ABC,

，平面MC的一個法向量M=(0,0,1)；

設(shè)平面A8E的法向量4=(ΛPX,Z∣),

則JA'"=-2x∣+2y∣=0

BE?nl=Xl-y∣+?∕2zl=0

令Xl=1，解得：y∣=1，Z∣=0,

.?.π1=(1,1,0),

.?.m?∕zl=0.即w±nl,

???平面ABEl與平面ABC.

若選②，AC^BD,ACJ.BC,BCBD=B,8C,BOu平面SCO,

.：AC/平面BCD,

ACU平面ABC,，平面ABC/平面BCD.

取BC中點。，A8中點//,連接。QOH,

又DOU平面BCD,平面BCD'平面ABC=BC,

.?.DOL平面A8C,

又OHHAC,AClBC,:.OHLBC-.

綜上所述：BC兩兩互相垂直.

以下同選①；

若選③，取8C中點O,AB中點H,連接OaoH,EH,

DC=BD=日；.DOA.BC,又BC=2,..DO=舊

。，“分別為Be,A8中點，.?.O"〃'AC,

-2

又EZMLAC,.?.OH//ED,

~2-

四邊形DEHO為平行四邊形，.?,EH=OO=&；

AC-LBC,AC=BC=2,AB=2√2>?'?EH=-AB,:.AElBE,

2

NEAB=NEBA,BE=AE=2,：.BD2+DE2=BE2，

..BDA.DE,

又DEHAC,:.ACS.BD,

又AC上BC,BCBD=B,BC,BDBCD,

.?.AC∕平面BCD,

ACU平面ABC,

平面ABCl平面BCD,

又DOLBC,￡)0U平面BCO,平面BCQ|平面ABC=8C,

平面A8C,

XOHHAC,AClBC,:.OHLBC-.

綜上所述：BC兩兩互相垂直.

以下同選①；

(3)設(shè)在線段BC上存在點尸(01,0)(-14/≤1),

使得平面AM與平面ABF夾角的余弦值等于2，

43

由(2)得:EF=(-l,r,-√2),AE=(-1,1,√2),

設(shè)平面AEF的法向量〃2=(%,y2,z2).

AE.n7=-X9+%+近z`-O

則，^r'，

EF.n2=-x2+fy2—√2z2=O

令丫2=4,

則Λ2=2(f+l),Z2=0(l),

.?.n2=(2(r+l),4,√2(f-l)),

VffiABF的法向量為〃=(0,0,1),

.∣cos<wn,|]〃聞.L2-W5屈

T’丐卜仲同一1.師礪詢43，

化簡得47-17f+29=0,

Δ=172-4×4×29=-175<0)

方程無實數(shù)解，

所以線段BCt一不存在點凡使得平面AEk與平面A8尸夾角的余弦值等于"亙.

43

14.(2022秋.安徽六安.高三六安二中校考階段練習(xí))如圖，在三棱錐A-BCO中,

AB=AD,。為BO的中點，AOYCD.

⑵若.OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱Ao上，QE=2E4,且二面角E-BC-D

的大小為45,求三棱錐A-Ba>的體積.

【答案】(1)證明見解析

【分析】(1)由等腰三角形三線合一性質(zhì)可得AOVBD-,利用線面垂直判定可證得AOl

平面8C。，由面面垂直的判定可得結(jié)論；

(2)以。為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Q4=機，利用二面角的向量求法可構(gòu)造

方程求得〃?的值，利用棱錐體積公式可求得結(jié)果.

【詳解】(1)AB=AD,。為BO中點，..AO_L8￡),

又AO_LCz),BDcCD=D,8D,Cz)U平面8C￡>,..AOd.平面BCC，

QAOc=平面ABD,平面ABz)J"平面BCD.

(2)以。為坐標(biāo)原點，OaoA正方向為y，Z軸，過。作垂直于。。的直線為X軸，可

住占4

，B(O-I,O),c

22

.??EB=(θ,q,卷,BC=

設(shè)平面EBC的法向量拉=(x,y,z),

Ln42m_

EBn=——y------z=()

33

則令z=2,解得：x=√3m,V=T",???"=(√?-加,2)；

Re?/??3

BCn=——X+—y=O

22

Z軸，平面Beo,???平面BC。的一個法向量m=(0,0,l);

二面角E-8C-。的大小為45,

I口.〃2√2

CoS<m,n>?=片-6=/,，解得:m=l↑

司?〃。4"+42

C-OC6一百.,_1_?√3,√3

1zqwj-

SBCD=2Socd=l×l×-=->??VA-BCD=§S8O√=]X^yXl=%

15.(2022秋?安徽六安?高三校聯(lián)考期末)如圖,在四棱錐P-ABCD中，AB=2,8=3