專題12 立體幾何解答題（原卷版）-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P—ABCD,AB//DC,DC±AD,若在側(cè)面上存在一條直

線段ER與AO平行.

（1）證明：底面A8CD為矩形；

（2）若PAPB,PC,P￡＞與平面ABC。所成角都為45。，點(diǎn)E為尸。的三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)C）,

AD=2AB=4,求二面角P—E尸一A的大小.

【答案】（1）證明見解析；（2）

2

【分析】（1）由4）//夕可得AO//面PUC,然后由線面平行的性質(zhì)得到8C///W即可；

（2）設(shè)尸在底面的投影為。POJ_平面AC,根據(jù)題意可得矩形對角線的交點(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】（1）依題4O//EF,4。仁面PBC，Efu面P8C，故AD”面PBC

面A4CDCI面P8C=4C,由線面平行性質(zhì)及平行傳遞性得：EF//BC//AD

又AB//DC,故底面A3CO為平行四邊形

又。C_LAD，底面A8CD為矩形

（2）設(shè)P在底面的投影為。PO_L平面AC

依題：/PAO=NPBO=NPCO=NPDO=45。,易知。為矩形A3CO的外心，

由對稱性可知，矩形對角線的交點(diǎn)即為O,如圖建系，

則A（2,T0）,8（2,l,0）,C（—2,l,0）,O（—2,T0）,P（0,0,君）

由匹無，得（乙,力,2￡-6）=￡（一2,1,一石），所以E

又CB=(4,0,0),CP=(2,-l,5/5)

設(shè)面尸8C的法向量為沅=(x,y,z)

駕M仁:十底.取?！e到

同理可得面ADE的法向量為n=（0,1,-^）,

因?yàn)榉?=0,故所求二面角P—砂一A的大小為

2.（2021?河北高三二模）如圖，在四棱錐P—A5C。中，底面ABC。是菱形，PA=PD=ADfND48=60°.

（1）證明：ADJLP3；

（2）若異面直線尸8與C。所成角的余弦值為逅，求二面角4一尸3—。的余弦值.

4

【答案】（1）證明見解析；（2）-叵

5

【分析】（1）設(shè)4。的中點(diǎn)為O,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O,連接OP,OB,BD.

AB

由B4=PD=A￡>，AB=AD,ZDAB=60°,可知△ABO,△P4O為等邊三角形,

又點(diǎn)0為人。的中點(diǎn)，所以POJ_AD,BO.LAD

又「OP!BOO,故AO_L平面POB

又P5u平面尸。8,

所以A￡)_LP3.

(2)解：不妨設(shè)/%=尸￡>=4)=2，則OP=BO=JJ.

由AB〃C￡>,得cosNP8A=^，又AP=AB=2，

4

PA2=PB2+AB2-2PBABcos4=PB2+4-y/6PB

解得PB=在，

在APOB中，OP^+OB?=PB2，所以PO_L。&

由(1)可知PO_LA￡),BO±AD.故P。，OB,AO兩兩垂直.

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以04,OB,。尸所在直線為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41,0,0),B(0,V3,0),P(0,0,我,C(-2,V3,0).

設(shè)〃=(N，y,zJ為平面APB的法向量,

任一L

n?AP=0,F+|=0,

則《一，即《可取〃=

n-AB=0,一%+。3M=0,

設(shè)機(jī)=(/,%,Z2)為平面尸BC的法向量,

而?BP=0,=0,—

則《[―2；]。，可取加

w-BC=0,

nm-2_Vio

/.cos〈幾,加〉

I〃I?Im\x/3+l+lxVi+T-5

由題意，可知二面角A—PB—C的平面角為鈍角,

???二面角A-PB-C的余弦值為一亞.

5

3.（2021?廣東高三二模）如圖，四棱錐P—A3C。中，底面A8CO是邊長為3的菱形，ZABC=60°PA±

面A8CD,且24=3.尸在棱Q4上，且Ab=l，E為棱P￡>的中點(diǎn).

（2）求二面角3—。尸一4的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵.

13

【分析】（1）取尸產(chǎn)的中點(diǎn)G,連接EG、CG,連接AC交3。于。，連接/0,通過證明面CGE//面

廠來得到所需結(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3。廠和4。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）取尸產(chǎn)的中點(diǎn)G,連接EG、CG,連接4c交8。于0,連接尸。.

???￡、G分別為P。、P尸的中點(diǎn)

AEG//FD,又EGQ：面FDu面BDF,：?EG"面BDF,

又AF=1，故尸為GA的中點(diǎn)，

AFO//GC,又GC（Z面BDF，"><=面5短產(chǎn)，???6€7/面3。9，

EGcCG=G，EG,CGu面CGE,

???面CGE//面BOF，

又CEu面CGE,：.CE//面BDF.

(2)取8C中點(diǎn)。，連接AQ,IABC。是NA3C=60。的菱形,

AAQ1AD,又抬_1_面48。，

，分別以而、AD.還為X、V、z地正方向建立空間白.角坐標(biāo)系A(chǔ)-MN如圖所示.

'3J33、

則。(0,3,0)、BC—,-,0、戶(0,0,1)、尸(0,0,3).

2222

???麗=(0,-3,1)、DB=陷軻.

22

設(shè)面5。產(chǎn)的一個(gè)法向量為=(x,y,z),

-3y+z=0

n?DF=0

則由＜可得|3班9

nDB=0x——y=0

22

不妨令z=3,則解得x=豆，y=l.

?"=(61,3).

顯然面AOF的一個(gè)法向量而=(1,0,0)，

./一一、tnny/39

??C0S〈〃7,〃〉=--------=-----,

\m\-\n\13

...二面角5-OF-A的余弦值為叵.

13

4.（2021?山東高三二模）如圖，在四棱錐P—A3CD中，底面A8CD是邊長為1的正方形，PA1CD,

24=1，PD=4i，E為PD上一息,且PE=2ED.

（1）求證：平面R4C_L平面A3CO：

（2）求二面角P—CE—3的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）32.

10

【分析】（1）用勾股定理證明~4_LAZ）,結(jié)合BAJ_CO,即可證明P4_L立面ABC。，從而證到平面

PAC_L平面A8CO；

（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=\,PD=y/2

PD2=PA2+AD2

PA-LAD

又姑_LCO,CDC\AD=D,CD,ADu平面458

平面ABCD

又PAu平面PAC

???平面P4C_L平面ABCD

(2)以A為原點(diǎn)，A3，40，AP所在直線分別為不軸，5軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則B(I,O,O),C(u,o),￡(°，|g)，尸(°，°，1)

.■灰=(0,1,0),C^=f-h-p-LPC=(I,1,-1)

tnCE=0

設(shè)平面PCE的一個(gè)法向量為m=(內(nèi),如zj,則〈

m-PC=0

L_AA

.J,33+=0

%,+yj-z,=0

x=0

令y=i,解得｛?

匕=1

.-.^=(0,1,1)

z、[n-CE=0

設(shè)平面5CE的一個(gè)法向量為〃=(%,%，22)，則〈一

力2jn-BC=0

-x--+^-=0

.>233

%二°

%二。

令占=1，解得(c

z2=3

/.n=(1,0,3)

mn_3_3石

〈

/.cosm,n)=\m\\n\~y/2xy/10~10

???二面角P-CE-B的余弦值為邁.

10

5.（2021?遼寧高三二模）如圖，三棱錐P—A3C的底面ABC和側(cè)面QA5都是邊長為4的等邊三角形，且

平面平面AZJC,點(diǎn)E為線段E4中點(diǎn)，點(diǎn)尸為A6上的動(dòng)點(diǎn).

（1）若平面CMJ?平面ABC,求線段A廠的長；

（2）求直線CE與平面P8C所成角的正弦值.

【答案】（1）1；（2）叵.

10

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

關(guān)系的性質(zhì)求得防_L平面48C，進(jìn)而解得長度.

（2）建系后，通過直線與面的法向量的夾角來求得線面夾角.

【解析】解（1）（法一）取A8中點(diǎn)。，連接PO，CO.

???^ABCH△PA8都是正三角形，

APOLAB,CO±AB

又已婦平面ABC±平面PAB，

：?尸0_L平面48c.

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

?；APAB，△ABC邊長為4,E為4P中點(diǎn)，

A（2,0,0）,C（0,260）,B（-2,0,0）

設(shè)AF=r,則尸（2T,0,0）,CF=（2-t-2y/3^yEF=（l-r,0,-V3）.

設(shè)平面CEF的法向點(diǎn)=（%,y,zJ.

（

2-r）xI-2>/3yI=0令％=G，得（'=1一5,

（1T）X-Gz]=0儲(chǔ)=1T

設(shè)平面ABC的法向量而=（0,0,1）.

???平面C"_L平面ABC,??.4?/i=0,即1一，=0,解得/=1,

故線段A/的長為1時(shí)，則平面C￡FJ■平面ABC.

（法二：同?法）取AB中點(diǎn)。，AO中點(diǎn)G,連接EG，PO.

A

:△PAB為正三角形，E為％的中點(diǎn),

：.PO1AB.

?:EG//PO,AEGLAB.

又平面平面ABC,???EGJ?平面ABC.

在平面EFC中，作。于點(diǎn)尸'.

丁平面EFC_L平面ABC,平面砂'Cc平面ABC=FC，

，EFJL平面ABC

???過平面外一點(diǎn)有且僅有一條直線垂直于已知平面，

???點(diǎn)尸與G重合，即為所求點(diǎn)尸

即當(dāng)A尸=1時(shí),平面CEFJ?平面A8C.

（2）由（1）圖所示，

則易知:0（0,0,0）,c（o,26,o）,E（l,0,V3）,P（0,0,2>/3）,8（—2,0,0）,

.?.在二（1,-26,白），

設(shè)平面P3C的法向量沅=（5,y,zj,乂9=（2,0,26），BC=（2,2x/3.0）

2x.+2>/3z.=0廠/

則〈廠，令可得比=r—1

2占+2島=0'

設(shè)直線CE與平面P8C所成的角為。，

..I-\l\/3+2^3—5/3Vt5

則nSL非風(fēng)。巳砌C=E麗-m=4x75"元

故直線CE與平面P8C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—。所中，平面A3E￡）_L平面BCEE,BAA,BC,BC=3,

BE=DE=DA=-AB=\.

2

（1）求證：AE_L平面BCFE；

（2）求直線。尸與平面A跖成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）姮

13

【分析】（1）求出等腰梯形4BEO的對角線4石長，由勾股定理逆定理判斷4E_LBE,再利用面面垂直的性質(zhì)

即得證；

（2）由⑴可得AE_L5C,進(jìn)而證得斯_L平面平面AEF_L平面過點(diǎn)。作出平面AE產(chǎn)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=-AB=\,四邊形AB。是等腰梯形，過E作

2

EGLBE于G,如圖：

AB-DF1EG1

EG=---------=—,cosZ.ABE=----=—,AABE中，由余弦定理得

22BE2

AE=yJBE2+AB2-2BEAB-COSZABE=^12+22=>/3，

所以4E?+BE?=4=AB2,/AEB=90,即AELBE,

因平面平面BCEE，平面ABEDc平面AEu平面ABED，

所以AE_L平面8（才E：

（2）由（1）知A?_L8C,又BAJL/C，ABu平面A垃―且A"u平面A4為，ABr>AE=A,則6C'_L平面

ABED，

由已知EM如C,則有所_L平面ABED，而Mu平面AEF，

所以平面4后/_1_平面從8瓦）,過。作0O_LA￡于。，平面AE/Cl平面AB￡￡>=AE，

OO_L平面4EE連接尸。則尸0是。尸在平面AE尸內(nèi)的射影，即ND向0是直線。產(chǎn)與平面川印所成的角，

AC=ylAB2+BC2=4i3^而V。砂：VA3C，則g=與=4，DF=￡，

ACADZ2

等腰zsAOE中，。是AE中點(diǎn)，則。。二』，RIADFO中,sinZDFO=^=-1=r=^,

2L）rV1313

F

故直線0b與平面A石尸成角的正弦值是—.

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QP叱和一個(gè)正八面體4EFB/7C的棱長都是。（如圖），把它們拼接起來,

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4一8/一。的余弦值;

（3）求新多面體為兒面體？并證明.

【答案】（1）跡:；（2）-1；（3）新多面體是七面體；證明見解析.

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匕與正八面體體積匕

之和求解;

（2）位正八面體AC中，取3”的中力、為何，連結(jié)AM、CM,易得NAMC為:面角A—打尸一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-；，設(shè)此角為a.再求得四面體相鄰面

所構(gòu)成的二面角夕的余弦值為:判斷.

3

【解析】（1）如圖所示:,在正四面體中，分別取P7,。/?的中點(diǎn)，連接QMRN,

NG,她PT1QN,PT工RN,QNcRN=N,所以P7_L平面QNR,

所以正四面體的體積為-fl?Yxa=^a3

1

3即R32V2UJ12

，在正八面體中，連接AC交平面EFB”于點(diǎn)O,則AO_L平面E/8”,

__________應(yīng)

所以5即86=〃2,4。=，4七2一。七2=.。,

2

所以iE/llIiH本的體積為匕=2xixSEFBGxAO=2x；xax^~a=^~a'，

因?yàn)樾露嗝骟w體積為原正四面體體積匕與正八面體體積匕之和,

所以1，=匕+匕=%停1

(2)如圖，在正八面體4c中，取8/的中點(diǎn)為M,連結(jié)AM、CM,易得NAMC為二面角人一成一。

的平面角.

易得A"=MC=*。，AC=2AO=2>jAE2-OE2=41a^

MA2+MC2-AC2

由余弦定理得cosNADC2

2MAMc3

(3)新多面體是七面體，證明如下：

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

在正囚面體中，易得/刎為二面角A-M-C的平面角.

r>/3yrv3丫

NQ2NR2QR222

由余弦定理得cos/QNR+-IJIJ

2NQNR3

即正門面體相鄰面所構(gòu)成的二面角。的余弦值為二，

所以e+a=180’，因此新多面體是七面體.

8.（2021?江蘇南京市高三二模）如圖，三棱柱的所有棱長都為2,旦。=V&A5_L4c.

（1）求證：平面45與A_L平面ABC；

4

（2）若點(diǎn)P在棱65上且直線CP與平囪ACGA所成角的止弦值為不，求3P的長

【答案】（1）證明見解析；（2）BP=-.

2

【分析】（1）取A5中點(diǎn)D連接CQ,BQ.證明AB_L平面4co.得AB1用。，計(jì)算出后由勾股

定理逆定理得CO_LB|D,從而可得旦。J"平面ABC，得證面面垂直.

（2）以O(shè)COAO4所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，麗=%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AB中點(diǎn)。，連接

因?yàn)槿庵鵄8C—A4G的所有棱長都為2,

所以A8_LCD,CD=6,BD=\.

又因?yàn)锳B_L81C,且COc片C=C,CD,耳Cu平面8c。，

所以AB_L平面BC。.

又因?yàn)?Ou平面&CQ,

所以43_LBQ.

在直角T角形與8￡＞中，BD=1,B、B=2,

所以耳。=狀.

在三角形8c。中，CD=6,B\D=也、B、C=瓜,

所以82+用。2=片。2,

所以CO_Lq。，

又因?yàn)锳B_LA8cCD=D,AB,CDu平面ABC,

所以2。_L平面ABC.

又因?yàn)?。u平面48qA，

所以平面居441.平面ABC.

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

則A(O,1,O),B(O,-1,O),C(6,0,0)出(0,0,6),

因此甌=(0,1,6),AC=(V3,l,0),麗=西=(0」,6).

因?yàn)辄c(diǎn)/在棱BB］匕

則設(shè)麗=4函=”0,1,6)，其中0W2W1.

則曰=麗+/=函+4函=(一6,一1+九反)

設(shè)平面4C￡A的法向量為/i=(x,y,z),

|nAC=O

[??4A=0

=

取x=l,y\/39-1,

所以平面ACGA的一個(gè)法向量為G=（i,后,1）.

4

因?yàn)橹本€c9與平面ACCA所成角的正弦值為二，

的|、||/■*方b\|〃，CP-2\/34

所以cos（〃,CP）=PHT=——ii=7

?'71H|CP|75x73+（2-I）2+3/15

化簡得16萬―84+1=0,

解得2=—,

4

所以==-.

12

9.（2021?江蘇高三二模）如圖1所示，梯形A8CO中，AD=2AB=2BC=2CD=4.E為AO的中點(diǎn),

連結(jié)BE,AC交于尸，將ZVIBE沿班:折疊，使得平面48E_L平面8CDE（如圖2）,

圖2

(1)求證：AFLCD,

（2）求平面4/C與平面AOE所成的二面角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析（2）叵

5

【分析】（1）只須證明A/垂直CO所在平面ABCE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

因?yàn)锳D=2A5=23C=2CD=4.E為AD的中點(diǎn)，

所以△ABE、ABCE、△COE都是邊長為2的正三角形，

又AEIIBC,所以四邊形A3CE1是菱形，

所以AFJLBE,CFVBE

又因?yàn)槠矫鍭3￡_L平面BCDE,平面至七門平面BCDE=BE，

Abu平面ABE，所以4/_L平面BCDE,

又因?yàn)镃Ou平面8coE,所以A/_LCO；

(2)由(1)知所、FC.E4兩兩垂直，

建立外圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

￡(-1.0,0),ZX-2,50),4(0,0,73),

ED=(-\,50),￡4=(1,0,百),

設(shè)平面AOE的法向量為7_(x,y，z),

rrl—

EDin=-x+\/3y=0__

_L，令X=+，貝J比=(石，1,-1),

EA'm=x+\j3z=0

平面4CE的法向量為M=(l,0,0),

設(shè)平面與平面AOE所成的.二面角的大小為0.

0

Icose|=-

I而H及I751V5

所以sin。=71-cos20=

10.（2021?湖南高三二模）如圖①，在直角梯形48C。中，AD//BC,AD1DC,BC=2AD=2DC,四

邊形ABEF是正方形:現(xiàn)將正方形ABEF沿AB折起到四邊形48與耳的位置，使平面ABE.F,1平面ABCD,

M為八月的中點(diǎn)，如圖②.

（1）證明：直線。。與直線EM相交；

（2）求直線與平面CE"所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）撞。

15

【分析】（1）以3為原點(diǎn),分別以8C,BA,BEi為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易證的〃西，得

到罵四點(diǎn)共面，然后在直角梯形48co中，根據(jù)AD//BC,設(shè)CDcA8=P,得到Pw平面

CDME..尸￡平面BAMg,再利用平面的基本性質(zhì)證明;

（2）由（1）求得的的坐標(biāo)和平面。罵”的一個(gè)法向量7=（x,y,z），設(shè)直線8M與平面所成的

角為仇由sin6=卜05（小BM）=求解.

【解析】（1）建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系:

設(shè)4慶1,則。（2,1,0）（（2,0,0）,耳（0,0,72）,AY

所以的=（一1,0,弓，西=（一2,0,夜）,

所以兩=；國，則DMUCE,,

因?yàn)?。M,Cg不重合，

所以DM/ICE、,

所以C,D,M,&四點(diǎn)共面，

在直角梯形A8CO中，因?yàn)锳D//3C,設(shè)CDcA8=P,

則PeCZXPeAB,

所以Pe平面CDME],p€平面BAME1

又因?yàn)槠矫鍯DMEifl平面"ME1一M&,

所以PcME1,

所以直線OC與直線相交:

（2）由（1）知8W'=U,0,a）,甄=1,1,一叵

2

設(shè)平面C&M的一個(gè)法向量為〃=（x,y,z）,

-2x+V2z=0

nCE.=o

則一L,即《

n-E[M=0中一冬.。

令x=l,得〃

設(shè)直線與平面CgM所成的角為仇

所以sin0=卜osG，BA/)|==迥

15

故直線BM與平面CE、M所成角的正弦值是2翟

11.（2021?湖南高三三模）如圖，在四棱錐P—A3CO中，CDHAB,2A5c=90、BDLPA>

AB=2BC=2CD=4.

（1）證明：8O_L平面PAD；

（2）設(shè)平面RlZ）n平面P8C=/,/D平面AB8=G,PA=PD=2.在線段PG上是否存在點(diǎn)M,使得

二面角P-DC-M的余弦值為漁？若存在，求出要的值；若不存在，請說明理由.

3PG

PM1

【答案】（1）證明見解析；（2）存在，

PG3

【分析】（1）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

DA1DB,即可證明；（2）首先作出平面加D和平面P8C的交線，再以線段4。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)M，分別求平面PDC和平面OCM的法向量，根據(jù)二面角的發(fā)現(xiàn)求解

PM

點(diǎn)〃的坐標(biāo)，并且求出記的值.

【解析】（1）在直角梯形ABCO中，易知BD=2五,40=2上

「DX2+DB2=AB2

DA.LDB

???DB1.PA且P4cD4=A

O5_L平面以Q

(2)延長AD與8C交于點(diǎn)G，連結(jié)PG

取AD的中點(diǎn)O.聯(lián)結(jié)PO,因?yàn)镽4=PD，易證7>0_1面43。.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.假

設(shè)存在點(diǎn)M符合題意，且而'=4而(044W1)

???P(0,0,&),。(一&,0,0),C(-2V2,A/2,0),G(—3應(yīng),0,0)

?.DC=(-x/2,V2,0),DP=(V2,0,72)

設(shè)面DPC的法向量7=(x,y,z)

nDM=>/2x+&z=0

n?DC=-\[2x+>j2y=0

令x=1,則y=1,z=-l

n=(l,l,-1)

DM=DP+PM=DP+APG

麗=(發(fā)-3vLi,0,夜-歷)

同理可得面OCM的法向量：

^=(2-1,2-1,1-32)

/加_|54―3|瓜

/.COS<〃,〃[>=

電收,11無一IOL+33

.11

..X=—

3

故存在滿足條件的點(diǎn)且土P”M二I:；

PG3

12.(2021?湖南高三三模)如圖，在多面體4BCOEF中，ABCO是正方形，AB=2,DE=BF,BF//DE,

M為棱AE的中點(diǎn).

（1）求證：平面8M￡>〃平面EFC；

（2）若￡D_L平面A3CQ,BM1CF,求二面角￡—AF—8的余弦值.

【答案】（1）訐明見解析：（2）-走.

3

【分析】（1）連接4C，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8?！陸魹槠叫兴倪呅?，則有BD//EF,再由

線面平行的判定定理可得30〃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D4、DC、DE兩兩垂直，所以分別以￡）4、DC、￡>￡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干點(diǎn)N,

???N為4c的中點(diǎn)，

連接MN,由M為棱AE的中點(diǎn)，則MN//EC.

?；MNU而EFC，ECu面EFC，平面EFC.

,:BFUDE,BF=DE，???四邊形班）即為平行四邊形,

ABD//EF.又3DU平面所C，EFu平面EFC，

???BZ）//平面ER7,又MN「\BD=N,

，平面BMD//平面EFC.

(2)平而ABCDA5C￡)是正方形

???分別以DA、DC、￡>E為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)&)=2〃,

則8(2,2,0),M(l,OM),。(0,2,0),尸(2,2,2a),E(0,0,2a)A(2,0,0)

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

-BM±CF.\-lx2+ax2a=0..a=l.\EA=(2A-2),AF=(0,2,2)

設(shè)平面E4/的法向量為機(jī)二(x,y,z),貝-八.?.所

2y+2z=0

???BFUDE,DE_L平面ABCD,BF_L平面ABCD:.BF±DA,又A4_LAB

:.八4_1_平面"8，，平面加8的法向量為方二(2,0,0).

,/cos(m,DA^=加_--=理，

由圖可知二面角七一A尸一8為鈍角，

工二面角的七一A/一8余弦值為一走.

3

13.(2021?湖北高三二模)如圖，四棱柱ABCO-AMG。的底面為菱形，M為中點(diǎn)，N為人弓中

點(diǎn)，戶為31G中點(diǎn).

(1)證明：直線PN〃平面AWD；

(2)若AA_L平面ABC。，A5=2，M=4,々4)=60°,求平面AMD與平面PN"所成的銳二面

角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)匹.

14

【分析】(1)由面面平行推證線面平行；

(2)結(jié)合垂直關(guān)系建立空間宜角坐標(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)連接耳N,由片尸〃BC/Z4D,4。二平面,￡＞，??.8/〃平面40￡)

AN=,AN〃B\M

四邊形ANgM為平行四邊形，

???NB/AM，?二B\N(Z平面AMD,AB、N〃平面AMD

???NB、c與P=4，?,?平面N8|P〃平面AM。.PNu平面NB、P

:.尸N〃平面AMD

(2)連接AC交30于O，由四棱柱ABC?！狝4G0的底面為菱形，有ACJ_BD.

以。為原點(diǎn)，OA、。8為工軸、》軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系。一孫z.

1

V-34

A(J5,0,0),0(0,—1,0),M(0J,2),P-2-N(百,0,2),D/0,-1,4),方X=(G』,0),

2,

DM=(0,2,2),兩=

設(shè)平面AMD的法向量&=(x,y,z)

a-DA=O[y/3x+y=0

,取近二（1,一百，百）

aDM=O[2z+2.y=0

設(shè)平面PND1的法向量￡=（My,zf）

6?兩=0\~Tx~2y~2z=Q

,取，=(6,1,2)

△西=0=后f3,_

——x—y=0

22」

平面AMD與平面PNR所成銳二面角余弦值為

lcos<?^>l--26—癡

COS<CC,"-------------.....-―7=-------r=------

11\d\-\p\V7x2>/214

14.（2021?湖北高三二模）如圖，在四棱惟尸—ABCD中，Q4J_平面ABCQ,底面A5CD是菱形,

NA8C=60。.點(diǎn)E，尸分別在棱3C,PD上（不包含端點(diǎn)），且PF:DF=BE:CE.

（1）證明：EF〃平面PAB；

（2）若PA=6AB，求二面角5-尸。-。的余弦值.

7

【答案】（1）證明見解析；（2）--

【分析】（1）過點(diǎn)尸作印V/4O,HFcPA=H，連接班/,則竺二竺，再結(jié)合已知條件可得

ADPD

HFBE

—=—,而BC//AD,BC=AD,所以HF//BE,HF=BE,所以四邊形3“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A作垂直AE）的直線為x軸，而，麗的方向分別為丁，z軸的正方向，建立如圖

所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-型，利用空間向量求解即可

【解析】（1）證明：過點(diǎn)尸作Hf7/A￡），HFcPA=H，連接8H.

HFPF

因?yàn)椤?//AO,所以——=——.

ADPD

PFRFHFRF

因?yàn)镻F:DF=BE:CE,所以一=—,所以一=——

PDBCADBC

因?yàn)榍暨呅蜛BCD是菱形，所以BC7/AD,且8c=AD,

所以HF//BE,且HF=BE,所以四邊形3E7H是平行四邊形，則歷〃5”.

因?yàn)槠矫妗闒cZ平面所以EF〃平面

（2）解：以A為原點(diǎn)，過A作垂直AO的直線為x軸，而，Q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)一孫z.

設(shè)AB=2,則8(省,一1,0),C(g,l,O),。(0,2,0),尸(0,0,2夜)，從而比=(0,2,0),

元=(瘋1,-2揚(yáng)，CD=(-^,1,0).

設(shè)平面PBC的法向量為而二（%,X,zJ,

n?PC=x/3x,+y,-2y/2z.=0廠「l

則《一,令％=2及，得反=(2&,0,Q).

h'BC=2yt=0,

設(shè)平面PC。的法向量為玩=（%,%,Z2）,

in-PC=+y2-2近z?=0_「l

則〈一；，令馬=2,得比=(2,26,通).

m-CD=-\J3X2+y2=0,

設(shè).面角B—PC—D為e,由圖可知。為鈍角,

nm4行+0+3夜7

故cos夕=一|cos〈而,in)\=-I=-

\n\\rn\VHX>/2211

15.（2021?河北高三一模）在矩形ABCQ中，BC=2AB=2,取8C邊上一點(diǎn)將沿著AM

折起，如圖所示形成四棱錐S-AA/CD.

（1）若M為BC的中點(diǎn),二面角S-AM-B的大小為求AS與平面48CD所成角的正弦值：

3

（2）若將△ABM沿著AM折起后使得SO_LAM,求線段MC的長.

【答案】（1）如；（2）

42

【分析】（1）法一（幾何法）取A〃中點(diǎn)為〃，連結(jié)HS，HB，由已知證得4WJ_平面6S”，可得二

7T

面角S—AM—8的平面角N8HS=§,再取8H的中點(diǎn)。，連結(jié)SQ,則SQ垂直與3H，根據(jù)線面垂

直判定定理證得SQ垂直于底前A8CO,連結(jié)A。，NSAQ為4s與平面A8CO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SH，8H，因?yàn)閆XAMS和"U"均為等腰直角三角形，所以S”,

8H均垂直于AM,所以AM_L平面BSH.以”為坐標(biāo)原點(diǎn)，HB，分別為x軸，V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SAM內(nèi)作叩_LAM連結(jié)BH，DH，則8〃_LAM，根據(jù)線面垂直判定

定理可證得8，H，。三點(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8，H，。?:點(diǎn)共線，再運(yùn)用三角形相似可求

得答案.

【解析】（1）法1：

取中點(diǎn)為〃，連結(jié)"S,HB，

因?yàn)镹A8M=工且A5=3M=1，所以△曲/為等腰直角三角形，同理△ASM也為等腰直角三角形，

2

HS,"8均垂直AM于H，所以4W_L平面8S”，

所以二面角S—AM—8的平面角為N8〃S=C，

3

因?yàn)殛?3"=注，所以三角形S7/B為正三角形，

2

取的中點(diǎn)。,連結(jié)SQ,則SQ垂育與8",得SQ=直,

4

因?yàn)锳M_L平面8S"，所以AM垂直于S。，又SQLBH,所以S。垂克于底面A8CQ，

連結(jié)4Q,NSAQ為AS與平面ABCO所成角.

因?yàn)锳5=l,sinZSAQ=^-=—,

AS4

法2：取AM中點(diǎn)為“，連接SH，BH，因?yàn)椤鰽MS和△AM3均為等腰直角三角形，所以S"，BH

均垂直于AM.所以AM±平面BSH.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HB-HM分別為％軸，>軸建系如圖：則點(diǎn)5在坐標(biāo)平面xOz內(nèi)，設(shè)其坐標(biāo)為S（?O,c）,

（a>0,c>0）由△AMS為等腰直角三角形且A5=l,

得M(0,史,0)，4(0,-史,0)，則而=(名史］)，麗=(0,&.0),

222

因?yàn)榫W(wǎng)=1,所以〃2+/=3①，

設(shè)平面ASM的法向量為正=(x,y,z)，

in-AS=ax+y+cz=0一

則《，所以陽=(-c,0,a).

in-AM=>/2y=0

取平面ABM的法向量為n=(0,0,1),

7T——Cli

因?yàn)槎娼荁-AW-S的大小為一，所以cos<6,〃>二尸