立體幾何解答題（解析版）-2021年新高考數(shù)學(xué)模擬題分項(xiàng)匯編（第五期5月）

專題12立體幾何解答題

1.（2021?湖南高三二模）如圖四棱錐尸—ABCD,ABIIDC,DC±AD,若在側(cè)面P8C上存在一條直

線段歷與AD平行.

（1）證明：底面A8CO為矩形;

（2）若Q4PB,PC,與平面ABC。所成角都為45°,點(diǎn)E為PC的三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)C）,

A￡）=2AB=4,求二面角P—防一A的大小.

7T

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）

2

【分析】（1）由AD//E/可得A。//面PBC,然后由線面平行的性質(zhì)得到8C//A。即可；

（2）設(shè)尸在底面的投影為O,PO_L平面AC,根據(jù)題意可得矩形對(duì)角線的交點(diǎn)即為。，然后建立空間直

角坐標(biāo)系，算出兩個(gè)平面的法向量坐標(biāo)即可.

【解析】（I）依題AO//ERAO仁面P8C，EFu面PBC，故A。//面P8C

面ABCOfl面P8C=8C,由線面平行性質(zhì)及平行傳遞性得：EF//BC//AD

又AB//OC,故底面A3CD為平行四邊形

又OCLAO,底面ABCO為矩形

（2）設(shè)P在底面的投影為0,P0,平面AC

依題：NPAO=NPBO=NPCO=NPDO=45°,易知。為矩形ABCD的外心，

由對(duì)稱性可知，矩形對(duì)角線的交點(diǎn)即為。，如圖建系，

則A（2,-l,0）,8（2,l,0）,C（-2,l,0）,Z）（-2,-l,0）,P（0,0,?）

—2——L2Lf42亞、

由PE=§PC,得（4,%,ZE—6）=§（—2,1,-石），所以外一了了?

3皿---L

又CB=(4,0,0),CP=(2,-1,V5)

設(shè)面PBC的法向量為m=（x,y,z）

m-CB=0[^=0，取二夙=1,而=他國(guó)）

m-CP=O[2x-y+V5z=0、'

同理可得面ADE的法向量為?=（0,1,-75）,

因?yàn)榉?=0，故所求二面角尸一石尸-A的大小為王.

2

2.（2021?河北高三二模）如圖，在四棱錐尸-ABC。中，底面ABCD是菱形，PA=PD=AD，ZDAB=60°.

（1）證明：ADLPB-,

（2）若異面直線尸8與8所成角的余弦值為逅，求二面角A—P8—C的余弦值.

4

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）—叵

5

【分析】（1）設(shè)的中點(diǎn)為。，利用等邊三角形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理進(jìn)行證明

即可；

（2）根據(jù)異面直線所成角的定義，結(jié)合（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.

【解析】（1）證明：如圖，設(shè)的中點(diǎn)為。，連接。尸，OB,BD.

B

由F4=P￡>=4)，AB=AD，功45=60°，可知△%￡)為等邊三角形,

又點(diǎn)。為A。的中點(diǎn)，所以POLA。，BO1AD.

乂PODBO=O,故AD，平面P08.

又PBu平面尸OB,

所以AOJ_PB.

(2)解：不妨設(shè)B4=PO=AD=2，則OP=BO=g.

由AB//CD>得cosNPBA-，乂AP=AB=2?

4

PA2=PB-+AB2-2PBAB-COSZPBAn4=P8?+4-瓜PB，

解得PB=屈，

在DPOB中，OP2+OB1=PB-.所以PO_LOB

由（1）可知POLAO,BOVAD,故PO,OB,AD兩兩垂直.

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以。4,OB,0P所在直線為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐

標(biāo)系Oxyz.

則A(l,0,0),8(0,G,0),P(0,0,兩,。(一2,百,0).

設(shè)〃=（X],y,zJ為平面APB的法向量,

比麗=0,—X.+\/3z.—0,

則《即〈l?W/i=(73,1,1).

fiAB=0,一凡+J3y=0,

設(shè)，”=（工2，%，）為平面PBC的法向量,

m-BP=0,+A/3Z2=。，—

則《一，即〈722用取加=((),—

m-BC=0,一2々=0,

n?m-2

，cos(n,m)=Vio

\n\-\m\J3+1+1xVl+l

由題意，可知二面角A—PB-C的平面角為鈍角,

???二面角A-PB-C的余弦值為一叵

5

3.（2021.廣東高三二模）如圖，四棱錐尸-ABCD中，底面A8CD是邊長(zhǎng)為3的菱形，ZABC=60°.PA1

面4BCO，且「4=3./在棱P4上，且AF=1，E為棱的中點(diǎn).

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）叵,

13

【分析】（1）取PF的中點(diǎn)G,連接EG、CG,連接AC交連接FO,通過(guò)證明面CGE//面

6。戶來(lái)得到所需結(jié)論；

（2）取BC中點(diǎn)Q,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別得到面比中和AD尸的法向量，求出法向量

夾角的余弦值即可得結(jié)果.

【解析】（1）取尸尸的中點(diǎn)G,連接EG、CG,連接AC交BD于。，連接FO.

,:E、G分別為尸。、Pb的中點(diǎn)

AEG//FD,又EG0面BDF,FDu面BDF，：.EG"面BDF,

又AF=1，故F為G4的中點(diǎn)，

AFO//GC,又GCZ面BDF，F(xiàn)Ou面BDF，；.GC//面BDF，

EGcCG=G，EGCGRCGE,

...而CGE//面

又CEu面CGE,，CE//面BDF.

(2)取5c中點(diǎn)。，連接AQ,A3CD是NA8C=60°的菱形,

AAQ1AD,又應(yīng)，面ABCD，

,分別以近、而、而為X、＞、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-wz如圖所示.

’3石3'3、

則0(0,3,0)、B+,一個(gè)0、C4-,-,0、/(0,0,1)、P(0,0,3).

2222

\7\7

__(3y9、

.?.麗=(0,-3,1)、DB=~T~2,0'

設(shè)面8D77的一個(gè)法向量為=(x,y,z),

-3y+z=0

nDF=0

則由V可得《3百9八

n-DB=0----x—y=0

[22，

不妨令z=3,則解得％=6，y=L

萬(wàn)=(61,3).

顯然向ADF的?個(gè)法向量而=(1,0,0),

.?.85〈而萬(wàn)〉=上匹=叵

\m\-\n\13

二二面角8—OE—A的余弦值為、空.

13

4.（2021.山東高三二模）如圖，在四棱錐產(chǎn)一ABC。中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PAVCD,

E4=l，PD=及,E為P。上一點(diǎn)，且PE=2￡Z).

（1）求證：平面P4C_L平面ABC。；

（2）求二面角P—C￡—B的余弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）工？.

10

【分析】（1）用勾股定理證明B4_LAD，結(jié)合Q4_LC。，即可證明24,平面ABC。，從而證到平面

B4C_L平面A5CD；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)空間向量夾角公式求解即可.

【解析】（1）證明：在中，PA=AD=l，PD=42

：.PD2PA2+AD2

：.PAA.AD

又PALCD,CDp[AD=D,CD，A￡>u平面ABC。

平面A8CD

又如U平面PAC

，平面平面ABC。

（2）以A為原點(diǎn)，AB.40，AP所在直線分別為x軸，＞軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則5(1,(),0),C(l,l,0),Efo,|,1

，P(O,O,l)

..屈=(0,1,0),=PC=(1,1,-1)

m-CE=0

設(shè)平面PCE的一個(gè)法向量為肩=（芭,y,zj,則＜

m-PC=0

f-#=。

Xi+y-Z|=0

%=0

令x=l，解得＜

U=1

/.m=(0,1,1)

nCE=0

設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量為3=（々，%，22），則，

n-BC=0

+等土。

%=°

必二0

令％=1，解得＜

=3

〃=(1,0,3)

m-n33A/5

/.cos(m,ri)

|m||n|V2xVlO10

，二面角尸一CE—B的余弦值為述.

10

5.（2021?遼寧高三二模）如圖，三棱錐P-ABC的底面A8C和側(cè)面RW都是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，且

平面平面ABC,點(diǎn)￡為線段Q4中點(diǎn)，點(diǎn)尸為AB上的動(dòng)點(diǎn).

（1）若平面CEF,平面ABC,求線段AE的長(zhǎng)；

（2）求直線CE與平面P8C所成角的正弦值.

【答案】（I）I；（2）叵.

10

【分析】（1）方法一通過(guò)建空間直角坐標(biāo)系來(lái)利用面面垂直，從而求出線段長(zhǎng)度；方法二通過(guò)線面、面面

關(guān)系的性質(zhì)求得EF±平面ABC,進(jìn)而解得長(zhǎng)度.

（2）建系后，通過(guò)直線與面的法向量的夾角來(lái)求得線面夾角.

【解析】解（1）（法一）取中點(diǎn)。，連接尸O,CO

?.?口AHC與XPAB都是正三角形，

APO±AB,COA.AB

又已知平面ABCJ_平面Q46,

二PO_L平面ABC.

如圖所示，以o為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A,oc,。尸為》軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

V^PAB?口48。邊長(zhǎng)為4,E為AP中點(diǎn)，

A（2,0,0）,C（0,273,0）,￡（l,0,V3）,6（—2,0,0）

設(shè)AF=t,則戶'（2T,0,0）,CF=（2-r,-2V3,0）,EF=.

設(shè)平面CEF的法向“=（玉，y,zJ.

（2—-2y/3yi=0「y=1——

由二；'，令玉=G，得％2,

〔（1T）X「G10J=1V

〃i=（6,i-5,i_f].

設(shè)平面ABC的法向量萬(wàn)=（0,0,1）.

???平面CEF_L平面ABC，???4?萬(wàn)=0，即1一，=0,解得f=l,

故線段AF的長(zhǎng)為1時(shí)，則平面CEF_L平面ABC.

（法二：同一法）取4B中點(diǎn)O，AO中點(diǎn)G,連接EG,PO.

：△PA3為正三角形，E為”的中點(diǎn),

PO1AB.

'：EGUPO,：.EG±AB

又平面PAB，平面ABC,EG，平面ABC.

在平面EFC中，作EF'±FC于點(diǎn)/.

???平面EFC，平面ABC，平面EFCc平面ABC=FC,

二所'，平面ABC.

?/過(guò)平面外一點(diǎn)有且僅有一條直線垂直于已知平面，

二點(diǎn)/'與G重合，即為所求點(diǎn)F

即當(dāng)AE=1時(shí)，平面CEE_L平面ABC.

（2）由（1）圖所示，

則易知:0（0,0,0）,C（0,273,0）,E（l,0,V3）,P（0,0,273）,B（-2,0,0）,

ACE=（1,-273,^）,

設(shè)平面P8C的法向量而=（%,y,zj,又麗=（2,0,26），覺(jué)=（2,26,0）

2x,+2y/3z}=0廠/r\

則《廠，令％=6,可得比=6,-L—1）.

2玉+2島=0''

設(shè)直線CE與平面P8C所成的角為a,

6+28-百

4x610

故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為叵

10

6.（2021?遼寧高三一模）如圖，在三棱臺(tái)ABC-。環(huán)中，平面A5E。，平面BCFE,BALBC,BC=3,

（1）求證：AEJ_平面3CEE；

（2）求直線Z）F與平面A所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）巫

13

【分析】（1）求出等腰梯形ABEO的對(duì)角線AE長(zhǎng)，由勾股定理逆定理判斷AE_LBE,再利用面面垂直的性質(zhì)

即得證：

⑵由⑴可得AEJ_8C,進(jìn)而證得E尸，平面48EO,平面AEFL平面ABED,過(guò)點(diǎn)。作出平面AE尸的垂線得

線面角，求解即得.

【解析】（1）在三棱臺(tái)ABC—尸中，BE=DE=DA=LAB=1,四邊形是等腰梯形，過(guò)E作

2

EGLBE于G,如圖：

AE=JBE2+AB2—2BE-AB-cosNABE=不儼+2?—2.1.2-=5

所以AE2+BE2=4=AB2,ZAEB=90°,即AELBE,

因平面ABEDL平面BCFE,平面ABEDc平面5CFE=8E,AEu平面ABE。，

所以AE,平面BCFE；

⑵由⑴知AELBC,又B4LBC，ABu平面ABE。且AEu平面ABr>AE=A,則8CJL平面

ABED,

由已知EB陽(yáng)C,則有防_L平面ABED，而EFu平面AEF，

所以平面平面ABED，過(guò)。作。OLAE于。，平面AEF0平面A3ED=AE，

DO,平面AEF,連接尸O,則尸。是。尸在平面AE尸內(nèi)的射影，即NDFO是直線0尸與平面AE尸所成的角，

AC黃AB2+BC25,而VDEF:VABC,則笫畸=；,。丁半

1

等腰△4OE中，。是4E中點(diǎn)，則￡)0=',RtADFO中,sinZDFO-

2DFJ1313

F

故直線DF與平面AEF成角的正弦值是姮.

13

7.（2021?遼寧高三一模）正多面體也稱柏拉圖立體，被喻為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)，其所有面都只由一種正

多邊形構(gòu)成的多面體（各面都是全等的正多邊形，且每一個(gè)頂點(diǎn)所接的面數(shù)都一樣，各相鄰面所成二面角

都相等）.數(shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、

正二十面體.已知一個(gè)正四面體和一個(gè)正八面體。的棱長(zhǎng)都是。（如圖），把它們拼接起來(lái),

使它們一個(gè)表面重合，得到一個(gè)新多面體.

（1）求新多面體的體積；

（2）求二面角A—3b—C的余弦值;

（3）求新多面體為幾面體？并證明.

【答案】（1）生至；（2）（3）新多面體是七面體；證明見(jiàn)解析.

123

【分析】（1）分別求得正四面體和正八面體的體積，由新多面體體積為原正四面體體積K與正八面體體積匕

之和求解:

（2）在正八面體AC中，取8尸的中點(diǎn)為M,連結(jié)AM、CM,易得NAMC為二面角A—BF—C的平面

角，利用余弦定理求解;

（3）由（2）可知，正八面體任何相鄰面構(gòu)成的二面角余弦值均為-1，設(shè)此角為a.再求得四面體相鄰面

3

所構(gòu)成的二面角。的余弦值為，判斷.

3

【解析】（1）如圖所不:,在正四面體中，分別取PT,的中點(diǎn)，連接QMRN,

NG,則PT工QN,PTA.RN,QNcRN=N,所以PT_L平面QNR,

所以正四面體的體積為M=，s。VR.PT=LX,久（且a

'3QNR32V2

如圖所示,在正八面體中，連接4c交平面EF8”于點(diǎn)0,則AOL平面EF8”,

_________B

22

所以StEzFroBvCj=a\7A,O=VAE-OE2=—a

2

所以正八面體的體積為V,=2X』xSFFRrxAO=2xlxax—?=—

23EFBG323

因?yàn)樾露嗝骟w體積為原正四面體體積V,與正八面體體積匕之和,

5缶

所以v=K+K

12

（2）如圖，在正八面體AC中，取BE的中點(diǎn)為M,連結(jié)AM、CM,易得NAMC為二面角A—BF—C

的平面角.

易得AM=MC=W。，AC=2Ao=21AE。-0E&=缶,

,,?...,z.._MA2+MC2-AC2

由余A弦足i理ra得HcosZADC=---------------

2MA-MC3

（3）新多面體是七面體，證明如下：

由（2）可知，正八面體任何相鄰而構(gòu)成的二面角余弦值均為-一，設(shè)此角為a.

3

在正四面體中，易得/QNR為二面角4一3/一。的平面角.

[6口6Y2

—ci+—a-a

由余弦定理得cosNQNR=NC”R，-QR，=I2JI2J----=￡

2NQNR°GG3

2x——QX——a

22

即正四面體相鄰面所構(gòu)成的二面角。的余弦值為:，

3

所以8+a=18（）°，因此新多面體是七面體.

8.（2021?江蘇南京市高三二模）如圖，三棱柱的所有棱長(zhǎng)都為4c.

（1）求證：平面4?呂4_L平面A6C；

4

（2）若點(diǎn)P在棱8與上且直線CP與平面ACGA所成角的正弦值為不，求的長(zhǎng)

【答案】（1）證明見(jiàn)解析：（2）BP=~.

2

【分析】（1）取AB中點(diǎn)D連接C2用。.證明AB_L平面耳CO.得AB1BQ,計(jì)算出現(xiàn)。后由勾股

定理逆定理得C。工⑸。，從而可得片。J,平面ABC,得證面面垂直.

（2）以。C,OA￡>81所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，而=2函用空間向量法求二

面角的余弦，從而可得/I.

【解析】（1）證明：取A3中點(diǎn)。，連接C。,與。.

因?yàn)槿庵鵄BC—AfCi的所有棱長(zhǎng)都為2,

所以A8，CD,CD=y/3,BD=\.

乂因?yàn)锳B_LBC，且CDcB,C=C,CD,BXCu平面B、CD,

所以ABJ_平面gC。.

又因?yàn)?。u平面4co,

所以A8_LBQ.

在直角三角形耳6。中，BD=1,B[B=2,

所以B\D=^.

在三角形6c。中，CD=6,B、D=6,B0=娓,

所以。。2+4。2=4。2,

所以CD，片。，

又因?yàn)锳BJ.瓦D,A5cCD=D,AB,CDu平面ABC,

所以gO_L平面ABC.

又因?yàn)锽Qu平面A5BM,

所以平面ABB}A{_L平面ABC.

(2)解：以。所在直線為x,，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則4(0,1,0),5(0,-1,0),C(6,0,0),4(0,0,V3),

因此西=(0,1,后)，〃=(6,1,0),麗=甌=(0,1,6卜

因?yàn)辄c(diǎn)P在棱8片上，

則設(shè)旃=彳甌=/1(0,1,6),其中0忘/1?1.

則而=而+而=而+4西=(_6,_]+46/1)

設(shè)平面ACG4的法向量為日=(x,y,z),

n-AC-0

萬(wàn)?甌=0

取x=l,y=>/3,z=-1,

所以平面AC&4的一個(gè)法向量為3=（1,G/）?

4

因?yàn)橹本€CP與平面ACGA所成角的正弦值為《，

化簡(jiǎn)得16萬(wàn)―84+1=0,

解得幾=一,

4

所以=8耳=-.

2

9.（2021?江蘇高三二模）如圖1所示，梯形A8CD中，AO=2AB=28C=2CD=4.E為的中點(diǎn),

連結(jié)BE,AC交于尸，將八鉆石沿跖折疊，使得平面ABE_L平面8C0E（如圖2）,

(1)求證：AFLCD-.

（2）求平面ARC與平面AQE所成的二面角的正弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）畫(huà)

5

【分析】（1）只須證明A尸垂直CO所在平面A5CE即可;

（2）用向量數(shù)量積計(jì)算二面角的余弦值，進(jìn)而求解.

【解析】（1）證明：連接EC,

A

6C

因?yàn)锳D=243=23C=28=4.E為AO的中點(diǎn)，

所以ZXABE、QBCE.△COE都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，

又AE//BC,所以四邊形A8CE是菱形，

所以AF_LBE，CF1BE

又因?yàn)槠矫鍭BEL平面BCDE,平面ABED平面BCDE=BE,

AFu平面AfiE,所以AF_L平面BCDE，

又因?yàn)镃Qu平面3CDE,所以AF_LCD：

(2)由(1)知Eg、FC、E4兩兩垂直，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

zA

5(-1,0,0),ZX-2,73.0),A(0,0,我，

￡0=(-1,百，0),麗=(1,0,G)，

設(shè)平面ADE的法向量為1_(x，

，，土一y,z),

ED-m=-x+JJy=0

或ax+八=?！睢璉3,則沅=(6，1,—1),

平面ACE的法向量為力=(1,0,0),

設(shè)平面AbC與平面ADE所成的二面角的大小為0，

I比?斤I_G_G

|cos0|=

iwii>?rV5-i-75

10.（2021?湖南高三二模）如圖①，在直角梯形ABC。中，AD//BC,AD±DC,BC=2AD=2DC,四

邊形ABEF是正方形:現(xiàn)將正方形ABEF沿A3折起到四邊形ABE.F,的位置，使平面43月6J_平面A8CD,

M為A片的中點(diǎn)，如圖②.

（1）證明：直線DC與直線gM相交；

（2）求直線8M與平面CgM所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）2叵

15

【分析】（1）以8為原點(diǎn)，分別以BC,BA,BE1為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易證兩//西，得

到C,2",g四點(diǎn)共面，然后在直角梯形A8CO中，根據(jù)AD//BC,設(shè)C￡>cAB=P，得到Pe平面

CDME,,Pe平面8AM耳，再利用平面的基本性質(zhì)證明;

（2）由（1）求得麗?的坐標(biāo)和平面的一個(gè)法向量1=（x,y,z）,設(shè)直線8M與平面CgM所成的

由癡吟人依麗）卜摧!

角為，,?求解.

【解析】（1）建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系:

z

Fi

設(shè)AO=1,則。(2,1,0),C(2,0,()),￡；(0,0,李

所以兩=1-1,0,5,西=(一2,0詞，

所以兩=；函■，則DM!ICE,,

因?yàn)?。M,C與不重合，

所以。M//CG,

所以CRM,巴四點(diǎn)共面，

在直角梯形ABCO中，因?yàn)锳ZT/3C,設(shè)C￡)C/W=P,

則PwCD,尸eAB,

所以Pe平面CDME[,pG平面BAME,

又因?yàn)槠矫鍯DME、八平面BAME]=ME,,

所以尸eME],

所以直線DC與直線E.M相交;

(2)由(1)知的'=得，函=(-2,0,0),啊=

設(shè)平面CgM的一個(gè)法向量為；i=(尤,y,z),

-2x+\/2z=0

n-CE,=0

則(—L,即《x+gz=0

nExM=0

令九=1,得〃=0,0,夜），

設(shè)直線BM與平面CE}M所成的角為0,

所以si"=k°sG，麗）卜點(diǎn)蒜二嚕，

故直線BM與平面CgM所成角的正弦值是2叵

15

II.（2021.湖南高三三模）如圖，在四棱錐P-ABC。中，CDHAB,XABC=90°>BDVPA，

AB=2BC=2CD=4.

（1）證明：BOJ_平面PAD,

（2）設(shè)平面%。0平面尸8C=/,/C|平面ABCD=G,PA=PD=2.在線段PG上是否存在點(diǎn)M,使得

二面角P—OC—M的余弦值為逅？若存在，求出絲的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

3PG

PM1

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）存在，—

PG3

【分析】（I）要證明線面垂直，需證明線與平面內(nèi)的兩條直線垂直，即可證明，根據(jù)條件轉(zhuǎn)化為證明

DA±DB，即可證明；（2）首先作出平面24。和平面P8C的交線，再以線段A。的中點(diǎn)為原點(diǎn)，如圖,

建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點(diǎn)分別求平面PDC和平面。CW的法向量，根據(jù)二面角的發(fā)現(xiàn)求解

點(diǎn)M的坐標(biāo)，并且求出也的值.

PG

【解析】（1）在直角梯形ABCO中，易知8。=2近，AD=2五

DA2+DB1=AB-

DA±DB

"DBA.PA且B4cZM=A

D5_L平面PAD

(2)延長(zhǎng)AO與8C交于點(diǎn)G，連結(jié)PG

取AD的中點(diǎn)0,聯(lián)結(jié)PO,因?yàn)橐?PE>,易證尸0上面ABCD,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，假

設(shè)存在點(diǎn)"符合題意，且麗=2前(04/141)

?.?尸(0,0,揚(yáng),0(-亞,0,0),C(-2"&,0),G(-3也0,0)

ADC=(-V2,V2,0),D?-(V2,0,V2)

設(shè)面DPC的法向量7=(x,y,z)

n-DM=-flx+sflz=0

Ft-DC--sflx+=0

令x=1,則y=1,z=-l

n=(l,l,-1)

DM=DP+PM=DP+XPG

DM=(y/2-3x/2A,0,V2-^2)

同理可得面DCM的法向量：

=(A-1,A-1,1—3A)

--?-??|5A-3|76

cos<n,n、>=—,7727=———]---=—

，帆V3D/1U2-10/1+33

A=—

3

故存在滿足條件的點(diǎn)M，且也=,；

PG3

12.(2021.湖南高三三模)如圖，在多面體48。?！辍曛?，488是正方形，43=2,DE=BF,BFUDE,

M為棱AE的中點(diǎn).

（1）求證：平面創(chuàng)〃）〃平面EFC；

（2）若以），平面ABCD,BM1CF,求二面角E—A尸一B的余弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）

3

【分析】（1）連接AC，交BD于點(diǎn)、N,連接MN.由三角形中位線定理可得MN//EC,再由線面平行

的判定定理可得MV//平面EFC,由已知條件可得四邊形為平行四邊形，則有BD//EF,再由

線面平行的判定定理可得班）//平面EFC,從而由線面平行的判定定理可證得結(jié)論；

（2）由已知條件可得ZM、DC、OE兩兩垂直，所以分別以ZM、DC、OE為x軸、y軸、z軸，建立如

圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可

【解析】解析：（1）證明：如圖，連接AC,交BD于前N,

連接MN,由例為棱AE的中點(diǎn)，則MV//EC.

?；MNu面EFC,ECu面EFC,平面EFC.

VBF//DE,BF=OE,??.四邊形3DE尸為平行四邊形,

ABD//EF.又8。2平面EPC,麻匚平面石尸。，

二%）//平面EFC，乂MN「\BD=N,

...平面〃平面EFC.

(2)平面ABCD,ABCD是正方形

,分別以ZM、DC、OE為x軸、)，軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)￡￡)=2a,

則5(2,2,0),M(l,0,?),C(0,2,0),F(2,2,2a),E(0,0,2a)A(2,0,0)

BM=(-1,-2,a),CF=(2,0,2a)

\-BM±CF:.-lx2+ax2a^0:.a^\E4=(2,0,-2),AF=(0,2,2)

2x-2z=0

設(shè)平面E4尸的法向量為而=(x,y,z),貝c八...慶=(1,T,1)

2y+2z=0

BF//DE,DE±平面ABC。,BF_L平面ABCD..BFLDA，又A4，AB

二。4_1_平面4有，；.平面413的法向量為方=(2,0,0).

/一7\A\26

'/Vl+T+lx23

山圖可知二面角E—AF—B為鈍角，

二二面角的￡一A尸一6余弦值為—走.

3

13.（2021.湖北高三二模）如圖，四棱柱ABC。-A4G2的底面為菱形，M為8片中點(diǎn)，N為中

點(diǎn)，P為中點(diǎn).

D,￡

(1)證明：直線PN〃平面AMD；

(2)若A&J■平面A5CD,43=2,M=4,N1M￡)=60。，求平面AMD與平面PN/)|所成的銳二面

角的余弦值.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)叵.

14

【分析】(1)由面面平行推證線面平行；

(2)結(jié)合垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，先分別求兩平面法向量，再用公式求兩向量夾角的余弦值，最后

由銳二面角確定所求余弦值為正.

【解析】(1)連接qN,由，4Pz平面AMD-AqPH平面AMD

AN=BXM,AN//B.M

四邊形ANgM為平行四邊形,

/.NB.//AM，:BN<Z平面AMD，二B、N//平面AMD

,/cBf=用，.,.平面NB]P//平面.???PNu平面NB】P

二PN〃平面AMD

(2)連接AC交80于。，由四棱柱ABC。—的底面為菱形，有AC1BO.

以0為原點(diǎn)，OA、QB為工軸、丁軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系。一孫z.

(出1)_

A(0,0,0),0(0,-1,0),M(0,l,2),P,N(y/3,0,2),D,(0,-1,4),次=(省』,0),

[22,

西=(0,2,2),兩=(￥，—：2),西二件—|Q,

設(shè)平面AMD的法向量?=(x,y,z)

a-DA=O\>J3x+y=0

取1=(1,-百,G)

a-DM=0^[2z+2y^0

設(shè)平面PNDi的法向量，=（x',y',z'）

36,1,o,c

-----x——y-2z=0

￡.麗=02----2

_=取￡=(0,1,2)

征.西=0g,3,

——y=0

——2x2，

平面AMD與平面PNR所成銳二面角余弦值為

力、1無(wú)例__>/42

"卜面訪"石石正F

14.（2021.湖北高三二模）如圖，在四棱錐產(chǎn)一A3C0中，PAJ_平面ABC。，底面4BCD是菱形,

NA3C=60°.點(diǎn)E，尸分別在棱5C,PO上（不包含端點(diǎn)），且PF:DFBE-.CE.

（1）證明：EF〃平面PAB；

（2）若PA=6AB，求二面角3—PC-的余弦值.

7

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）—-.

11

HFPF

【分析】（I）過(guò)點(diǎn)尸作HFcPA=H，連接期7,則——=—，再結(jié)合已知條件可得

ADPD

HFBE

—=——，而B(niǎo)C〃AD，BC=AD,所以HF//BE,HF=BE，所以四邊形3瓦H是平行四邊形,

ADBC

則EF//BH，然后由線面平行的判定定理可證得結(jié)論；

（2）以A為原點(diǎn)，過(guò)A作垂直的直線為工軸，而，衣的方向分別為＞，z軸的正方向，建立如圖

所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-孫z,利用空間向量求解即可

【解析】（1）證明：過(guò)點(diǎn)、F作H尸〃AD.HFcPA=H，連接6H.

因?yàn)镠FHAD，所以竺=竺

ADPD

PFREHFBE

因?yàn)镻F:DF=BE:CE，所以一=—,所以一=—

PDBCADBC

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BC〃A￡＞,[iBC=AD,

所以HF〃BE,且HF=BE,所以四邊形8EFH是平行四邊形，則EF〃BH.

因?yàn)槠矫鍽46，所《平面246，所以EF〃平面

（2）解：以A為原點(diǎn)，過(guò)A作垂直AO的直線為％軸，AD＞衣的方向分別為，，z軸的正方向，建立

如圖所示的空間直角坐標(biāo)系4一盯z.

設(shè)AB=2,則8(石，一1,0),C(0,1,0),。(0,2,0),P(0,0,272),從而配=(0,2,0),

PC=(V3,1,-2V2),CD=(-73,1,0).

設(shè)平面PBC的法向量為力=（百，x，zj,

n-PC=V3x+y,-2后a=0廠廠l

則〈一，令百=2夜，得萬(wàn)=（2虛

無(wú)BC=2y=0,

設(shè)平面PCD的法向量為m=（w，必,Z2）,

m-PC=\/3X+刈-=0.廣i-

則＜一二2…，令毛=2,得初=（2,2百,太）.

m-CD=-y/3x2+y2=0,

設(shè)二面角8—PC—￡＞為6,由圖可知。為鈍角，

n-in40+0+3直7

故cos6=一|cos〈萬(wàn)，慶〉|=-

\n\\m\V1TXV2211

15.（2021.河北高三一模）在矩形ABC。中，BC=2AB=2,取邊上一點(diǎn)M，將DABM沿著AM

折起，如圖所示形成四棱錐S-AMCD.

71

（1）若M為8c的中點(diǎn)，二面角S-AM-B的大小為一，求AS與平面A3CD所成角的正弦值；

3

（2）若將IZABM沿著AM折起后使得SOLAM,求線段的長(zhǎng).

【答案】（1）旦;（2）

42

【分析】（1）法一（幾何法）取4以中點(diǎn)為H，連結(jié)HS,HB，由已知證得A"JL平面BS"，可得二

7T

面角S—AM—B的平面角N8〃S=y,再取8H的中點(diǎn)。，連結(jié)SQ,則SQ垂直與皿，根據(jù)線面垂

直判定定理證得SQ垂直于底面ABC。，連結(jié)AQ,N54Q為AS與平面ABCD所成角.解三角形可求得

答案；

法二（向量法）取AM中點(diǎn)為“，連接S”.BH,因?yàn)椤鰽WS和［JAWB均為等腰直角三角形，所以S”，

8”均垂直于40，所以AAf_L平面BSH.以“為坐標(biāo)原點(diǎn)，HB，分別為x軸，N軸建系，運(yùn)用

線面角的向量求解方法可求得答案；

（2）法一（幾何法）在平面內(nèi)作SH_L40連結(jié)的，。〃，則8〃，40，根據(jù)線面垂直判定

定理可證得8，H，D?:點(diǎn)共線，再運(yùn)用三角形相似可求得答案.

法二（向量法）建立空間直角坐標(biāo)系，由向量的運(yùn)算可證得5,H,。三點(diǎn)共線，再運(yùn)用三角形相似可求

得答案.

【解析】（1）法1：

取A版中點(diǎn)為“，連結(jié)“S,HB，

冗

因?yàn)椤銮褹B=8W=1,所以口入為以為等腰直角三角形，同理△ASM也為等腰直角三角形，

HS，”5均垂直AMTH，所以A"_L平面BSH,

7T

所以二面角S—AM—8的平面角為NBHS=-,

3

因?yàn)镾4=8"=注，所以三角形S”B為正三角形，

2

取的中點(diǎn)。，連結(jié)SQ,則SQ垂直與得SQ=^，

因?yàn)锳M_L平面BSH,所以AM垂直于SQ,又SQ工BH,所以SQ垂直于底面A3CD，

連結(jié)AQ,NS4Q為AS與平面4BCD所成角.

因?yàn)锳S=1,sinZSA2=^=—.

AS4

法2：取AW中點(diǎn)為〃，連接S〃，BH,因?yàn)閆VIMS和均為等腰直角三角形，所以S”，BH

均垂直于AM，所以平面BS”.

以“為坐標(biāo)原點(diǎn)，〃B，分別為x軸，>軸建系如圖：則點(diǎn)S在坐標(biāo)平面xOz內(nèi)，設(shè)其坐標(biāo)為S（a,O,c）,

（a>0,c>0）由ZVIMS為等腰直角三角形且AS=1,

得M(0,也,0)，A(0,-—,0).則福=(a,立,c)，A