模塊十一 【解答題】立體幾何（解析版）-2023年高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)+提升題練習(xí)（新高考）

模塊十一【解答題】立體幾何

說(shuō)明：

1.訓(xùn)練的題型題量參考新高考全國(guó)卷；

2.訓(xùn)練分為基礎(chǔ)鞏固訓(xùn)練、能力強(qiáng)化訓(xùn)練和培優(yōu)拔尖訓(xùn)練三部分，每部分有兩組練習(xí)，每組訓(xùn)練需要一次

性完成，建議用時(shí)60分鐘。

【基礎(chǔ)訓(xùn)固訓(xùn)嫌】

練習(xí)一第17題IO分，第18~22題每小題12分，需要寫出推理和計(jì)算過(guò)程

17.（2023?廣西桂林?統(tǒng)考模擬）如圖，正方體ABCD-ABcq中，E是CC的中點(diǎn)，M是A。的中點(diǎn).

（1）證明：BEJL平面AB幽；

（2）求直線BR與平面殖。所成角的正弦值.

√2

【答案】（1）證明見解析；（2）3.

【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定定理，結(jié)合線面垂直的判定定理進(jìn)行證明即可;

（2）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.

【詳解】（1）如圖，

取。。中點(diǎn)F,連接EF,AF交AM于O,

VE,尸分別為CC和。。中點(diǎn)，

:?EF,CD平行且相等，

,.?CD,AB平行且相等，

.??EF,A3平行且相等，

二四邊形ME尸為平行四邊形，

.?.BE//AF,

?；RtVaAM與RJAoF相似，

ZFAM=ZAAtM,

TT

：.ΛAAtM+ZA1AO=-,即AF_LAA/,

*

..AtMIBE,

?；AqL平面B1BCCt,且BEu平面B1BCC1,

/.A1B1IBE,

V?MU平面AiBtM,A1B1?平面AiBxM,

【BE，平面ABlM；

(2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)AD=2,則。(0,0,0),B(2,2,0),E(0,2,l),O1(0.0,2),

：.BDt=(-2,-2,2),DB=(2,2,0),DE=(0,2,1),

n?DB=2x+2y=O..

設(shè)平面E8E＞的法向量為〃=(x,y,z),則■,令X=1,則H=(L-1,2),

n?DE=2y+z=0

/\_nBD_4_>/2

5pn耐l

.?.直線BDl與平面EM所成的角的正弦值為也.

3

18.(2023?廣東惠州?統(tǒng)考模擬)如圖，在四棱錐RABC。中，底面ABCO為正方形，PA_L底面ABCC,

∕?=Afi=2,E為線段PB的中點(diǎn)，尸為線段BC上的動(dòng)點(diǎn).

（1）證明：平面AEFJ_平面PBC；

（2）若直線AF與平面PAB所成的角的余弦值為管，求點(diǎn)P到平面AEF的距離.

【答案】（1）證明見解析；（2）3.

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量數(shù)量積等于零證明;

（2）利用坐標(biāo)運(yùn)算求點(diǎn)到平面的距離，或者用等體積法的思想求解.

【詳解】（1）方法一：

因?yàn)镻A_L底面A8CD,BCU平面ABC。，

所以PA_L8C.

P

因?yàn)锳BC。為正方形，所以ΛB上3C,

乂因?yàn)镈4AB=A,PAU平面以8,ΛBu平面以8,

所以BC/平面PAB.

因?yàn)锳EU平面以3,所以AE_L8C.

因?yàn)镽4=AB,E為線段PB的中點(diǎn)，

所以AE_LPB,

又因?yàn)镻BCBC=B,PBu平面PBC,BCu平面PBC,

所以A￡_L平面PBC.

乂因?yàn)樗鸘平面4EF,

所以平面平面P8C.

方法二：

因?yàn)镻AL底面A8C7),Elu平面出8,

所以平面RWL底面ABCQ

又平面RWC底面ABa)=A5，BC±AB.BCU平面A8CZ),

所以8C/平面PAB.

因?yàn)锳EU平面以從所以AE_LBC.

因?yàn)镽4=AB,E為線段P8的中點(diǎn)，所以ΛE,P3.

因?yàn)镻BcBC=B,PBu平面尸3C,BCU平面P8C,

所以AE_L平面PBC,

又因?yàn)镸U平面AEF,

所以平面AEFjL平面PBC

因?yàn)槭珹_L底面A8CD,ABLAD,

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以A8,AO,4P的方向分別為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4"z,

則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),0(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),

設(shè)BF=W∈[0,2]),則尸(21,0),

所以AE=(1,0,1),AF=(2√,0),PB=(2,0,-2),BC=(0,2,0),

設(shè)”=(x∣,y∣,z∣)為平面AE尸的法向量,

n?AE=0,X+z=0,

則所以1l取”2,則石一，【

nAF=O9

則〃=(T,2,，),

設(shè)戊=(々,%*2)為平面PBC的法向量,

m?PB=0,f2x>-2z)=0,

則所以L-八取々=1，則丫2=。，z?=l

∕n?BC=0,〔2必=0,

則m=(l,0,l)

因?yàn)椤?"z=T+()+f=0,所以〃_Lm.

所以平面AEF±平面PBC.

(2)(基于(1)解法一、二)

因?yàn)镽4，底面ABC￡>,ABJ.AD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以A8,AD,A戶的方向分別為X軸,,Z軸的正方向,

則A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),E(l,0,l),

易知“=((Uo)是平面PAB的法向量

設(shè)B尸=pe[0,2]),則尸(2/,0),所以Al=(l,0,l),4F=(2,r,0),

所以ICoS(AF,I=Lm

'/?ΛF??u?

√5

即,得f=l,所以取=(2,1,0),

J*+45

設(shè)"=(%，%，Z∣)為平面AEF的法向量，則｛

n?AF=0,

所以平面AEr的法向量近=(-1,2,1),

乂因?yàn)锳P=(0,0,2)

所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為“=也以，

?n?

2-√6

飛F

所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為遠(yuǎn).

3

由(1)可知，NBAF是直線AF與平面印8所成的角,

..,ABAB2√5

所以cosNBβAFc==.==------

AFJAB、BF5

解得8尸=148=為。，故廠是BC的中點(diǎn).

22

所以AF=,AB?+3尸2=后,AE=；PB=6，EF=yjAF2-AE2=√3

△AEF的面積為SAEF=^AE?EF=與

因?yàn)楱M?=AB=2,的面積為SpAE=/SPM=WPA?A3=l

設(shè)點(diǎn)P到平面AE尸的距離為近則有

yP-AEFAEPh=-^-h=VF_PAE=?SPAEBF=^-

3633

解得/?="

3

所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為逅.

3

(基于(1)解法三)

易知"=(0,1,0)是平面PAB的法向量

所以3叱加器

BIJ√?=T,解得f=1

所以〃=(-1,2,1),

乂因?yàn)锳P=(0,0,2)

所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為“=電力，

h∣

2-√6

=Ir3

所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為逅.

3

19.（2022?四川南充?統(tǒng)考一模）在平面五邊形ABCQE中（如圖1）,ABeQ是梯形，AD//BC,

AD=2BC=20,AB=也,ZABC=90。，VAZ）E是等邊三角形.現(xiàn)將VAr）E沿4。折起，連接EB,EC

得四棱錐E-ΛBCD（如圖2）且EC=3.

（1）求證：平面EW_L平面ABed

（2）在棱E8上有點(diǎn)凡滿足空=《，求二面角￡-4￡>-尸的余弦值.

EB3

2√2

【答案】（1）證明見解析；（2）3

【分析】（1）首先取Ao的中點(diǎn)。，連接￡O,C0,根據(jù)題意易證EOLAO,EO±CO,從而得到Eoj■平面

ABCD，再根據(jù)面面垂直的判定即可證明平面EAD_1_平面ABCD.

（2）連接取陽(yáng)，以。為原點(diǎn)，OGOAOE分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，再利用空間向量法求解

即可.

【詳解】（1）取AD的中點(diǎn)0,連接E0,C。，如圖所示：

因?yàn)閂AZ）E是等邊三角形，。為Ao中點(diǎn)，所以EOLAZZ

因?yàn)锳Z)=2√Σ,所以Eo=J(2夜一(0)2=#.

因?yàn)锳D=28C,ZABC=90。，AD//BC,

所以四邊形ABCO為矩形，所以CO=AB=Q.

又因?yàn)镋C=3,所以EC2=CO2+EC>2,即EO_LCO.

因?yàn)镋O_LAZ),EOLCO,COAD=O,所以EoJ_平面ABCD

又因?yàn)镋oU平面ADE,所以平面E4D_L平面ABCD.

(2)連接E4,F0,

以。為原點(diǎn)，0C。AoE分別為UKZ軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示:

A(O,√2,O),C(G,0,0),D(O,-√2,O),β(√3,√2,θ),E(O,O,√6),

因?yàn)轶?3，EB=出6,-㈣,所以EF=；EB=

13，3，

因?yàn)镋A=(O,√Σ,-6)，

所以*EA*=(O,6詢一憐￥，一日H-冬曝一半｝

AO=(O,-2√Iθ).

設(shè)平面/jAD的法向量為"=(x,y,z),

乙石J√Σ2√6..

n?FA=------x+------y---------z=0,L,八

則33,3,令χ=2√∑,則y=O,z=-l,

n.AD=-2?∣2y=O

即”=(2√Σ,O,-1).

由題知：平面EAD的法向量為。C=(百,0,0).

所以cos（n,0C?=3g=漢Z.

''3√33

因?yàn)槎娼荅-AD-尸的平面角為銳角，所以二面角E-AD-f的余弦值為2徨.

3

20.（2022?陜西渭南?統(tǒng)考模擬）如圖，在正三棱柱ABe-A4G中，AB=2,B耳=2,。、E分別為BcAe的中

點(diǎn).

（1）求證：4用，平面。EC∣;

（2）求三棱錐CLcDE的體積.

正

【答案】（1）證明見解析；（2）6

【分析】（1）根據(jù)Z）E∕A8,從而可得。E〃A4，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證;

（2）根據(jù)棱錐的體積公式計(jì)算即可.

【詳解】（1）證明：AE分別為BCAC的中點(diǎn)，.?.〃河,

又A8〃AADE//AiBl,

又AAa平面DEC,。EU平面DEC1,

Λ,Bl平面。EG；

(2)解：由題知，底面ABC為等邊三角形，

AE分別為BCAC的中點(diǎn)，AB=2,

1G

.?.CE=CD=},ZACB=60,,S?=—xlxlXSin60=—,

cde24

又BB?=CC?=2,

三棱錐Ci-CDE的體積V=L?SCDE?BB?=>X2X2=旦.

3cde`346

21.（2022?云南昆明?昆明一中模擬）如圖，四邊形ABeO為正方形，E,F分別為AB,8C的中點(diǎn)，以DF為

折痕把a(bǔ)OFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)尸的位置，且平面PDF_L平面ΛBFD.

（1）證明：CEjL平面PD尸；

（2）求二面角。一PF—8的正弦值.

叵

【答案】（1）證明見解析；（2）6

【分析】（1）證明出三角形全等，得到。尸，CE,結(jié)合面面垂直，得到線面垂直，從而證明出CEJ_平面PCF；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解二面角.

【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BC。為正方形，E，F(xiàn)分別為AB,8C的中點(diǎn).

所以△DCFWACBE,所以NCEB=∕DFC,

HZECB+ZCEB=90°,所以NCTO+NBCE=90,所以O(shè)F_LCE,

設(shè)DFCeE=0,則PO_LL>F,

乂平面PDFJ_平面AB戶D，交線為DF,POU平面Pr）產(chǎn)，

所以Po，平面ΛBED,

又CEU平面A8/Z），

所以PO_LCE,乂DFLCE*且OFPO=O,OF,POu平面「￡）產(chǎn)，

所以CEj_平面尸￡>凡

（2）建立空間坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)ΛB=2,則各點(diǎn)坐標(biāo)如下：

0（0,0,0）,B愕竽0）,尸（。g,θ）,Pio，0,竽｝

所以，PT半竿普），T。*叫，

設(shè)平面Pe尸的一個(gè)法向量為，"=（χ,y,z）,得

PBm=x+y-z=O

?,令Z=I,可得y=2,X=-I,即〃7=(-1,2,1),

PF?∕π=y-2z=0

易知平面Pr)F的一個(gè)法向量3=(ι,o,o),

m?n—1

所以8S<i>=麗飛

6，

設(shè)二面角。一PF—5的大小為6?,則Sing=JI-COS2（

m,

所以二面角。-"一3的正弦值我.

6

22.（2023?廣西?統(tǒng)考模擬）如圖，多面體ABCDEF中，ABCD是菱形，ZAfiC≈60°,E4_L平面ABa),

EDHFA,且AB=E4=2EO=2.

（1）求證：平面BOEJ"平面E4C；

（2）求多面體ABCDEF的體積.

5√3

【答案】⑴證明見解析；（2）3

【分析】（1）根據(jù)線面垂直證明面面垂直;

（2）利用割補(bǔ)法分別計(jì)算四棱錐C-APEF與三棱錐尸-ABC的體積，再求和即可.

【詳解】（I）

如圖所示，連接8E,

E4_L平面ABCD,BDU平面ABCD,

.?FA±BD,

四邊形ABCD為菱形，

.?.AC±BD,

又〔FAAC=A,且E4,ACU平面E4C,

.?.3D，平面E4C,

QBOu平面8￡)￡,

二平面8Δ>E?1.平面E4C；

如圖所示，取A。中點(diǎn)G,連接CG,

四邊形ABcQ為菱形，且NABC=60。，

.?.CGYAD,CG=√3,

∕?_L平面ABCE),CGU平面ABCD.

FAlCG,

乂〔FAAD=A,且∕?,ADU平面ADEF,

二CGL平面ADEF,

所以四棱錐C-AOEF的體積為卜=；與邊揚(yáng)U)EF?CG=C(θE+AF)?AZ>?CG=gχgx(l+2)x2x6=G,

又因?yàn)镽4，平面ABa),

所以三棱錐尸-ABC的體積匕=-Sabc-FA=---BC-CG-FA=-×-×2×-j3×2=^-,

2332323

所以幾何體ABCDEF的體積V=v?=√3+-=—,

,+233

練開，第17題10分，第18-22題每小題12分，需要寫出推理和計(jì)算過(guò)程

17.（2022.上海閔行.上海市七寶中學(xué)?？寄M）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面AfiCD是矩形，R4垂

直于平面A8CD,AB=Ar,AD=3,PC=J正，點(diǎn)E、M分別在線段A8、PC上，其中E是A8中點(diǎn)，

——=λ,連接ME.

（1）當(dāng)/1=1時(shí)，證明：直線ME平行于平面PAr>；

（2）當(dāng)2=2時(shí)，求三棱錐M-BC。的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）2

【分析】（1）取PQ中點(diǎn)N,聯(lián)結(jié)MN、AN,證明四邊形AEMN為平行四邊形，然后得到ME〃AN即可:

（2）首先求出R4的長(zhǎng)度，然后可得點(diǎn)”到平面ABCD的距離，然后可求出答案.

取Po中點(diǎn)N,聯(lián)結(jié)MN、AN,

因?yàn)镸N是_PCO的中位線，

故MNHCD,且MN=IC。，

2

MEUCD,SLAE=-CD,

2

故四邊形AEMN為平行四邊形，

所以ME//AN,又ME不在平面PAo內(nèi)，AN在平面PAz）內(nèi)，

所以ME平行于平面PA￡>；

（2）因?yàn)锳B=4,AD=3,PC=√34.Q4垂直于平面ABeZ）,ACU平面ABC￡>,

所以∕?"LAC,PA=J34-9-16=3,

PM

因?yàn)橐?2,所以點(diǎn)M到平面的距離為1,

MC

所以■B8=}gx4x3xl=2.

18.（2023?河南鄭州?統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，24,底面ABC￡>,ADVAB,ABDC,

AD=DC=AP=2,AB=L點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).

（1）證明：平面PBCJ_平面PCD；

（2）求四棱錐E-ΛBCO的體積：

【答案】（1）證明見解析；（2）1.

【分析】（I）作出輔助線，由線面垂直得到線線垂直，由勾股定理得到各邊長(zhǎng)，得到BE，PC和BEXAB,

從而得到線面垂直，證明面面垂直;

（2）求出四棱錐P-ABCD的體積，進(jìn)而由E為棱PC的中點(diǎn)得到四棱錐E-ABCD的體積.

【詳解】（1）:在四棱錐P-ABCD中，上4_1_底面ABCZ）,A8,ACu平面ABCQ,

Λ∕?±AB,

VAP=2,AB=I,

,PB=>JPA1+AB2=√5，

AO_LA&AB〃DC,且AD=DC=2,A8=1,

過(guò)點(diǎn)3作8ΛΛLCC于點(diǎn)M,連接AE,則=CM=1,BM=CD=2,

由勾股定理得：BC=yjBM2+CM2=√5-

故PB=BC,

由勾股定理得AC=^AD1+DC-=2√2,PC=yjAC2+PA1=2√3，

：?C為直角三角形，E為PC的中點(diǎn)，

：.AE=LPC=6

2

?：BE=6,AB=?,

，由AE-=BE2+AB2,得BELAB,

又ABlICD,CDCP=C,

故8E_L面P8,乂BEU面PBC,

所以平面PBCJ_平面PCD；

(2)四邊形ABCO的面積為g(4B+8)?AD=Jχ(l+2)χ2=3,

故VP-ABGD=gx3AP=gx3x2=2,

???點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)，

?,?VE-AACD~5?>-ABCD=萬(wàn)*2=1.

19.(2023?安徽蚌埠?統(tǒng)考二模)如圖，正方體ABC。-A4GR的棱長(zhǎng)為1，E,B是線段Ba上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn).

GB]

≡

Dv-------------2

⑴若BF〃平面ACE,求斯的長(zhǎng)度；

(2)若DIE=；DM,求直線8E與平面ACE所成角的正弦值.

【答案】⑴冬⑵蜉

【分析】(1)連接BO交AC于點(diǎn)O,連接0E,由線面平行證線線平行，證得所=BO即可求值；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量解決線面角問(wèn)題.

【詳解】(1)正方體ABC0-4禺GR,連接BD交AC于點(diǎn)。，連接0E,如圖所示，

GB↑

≡

：.BFll平面ACE,平面BEFI平面ACE=OE,3尸u平面BEF,

.?.BFHOE,又EFHBO,：.BOEF為平行四邊形，

則EF=BO=顯.

2

（2）以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD,CB，CG方向分別為X軸、），軸、Z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖

所示，

c?_______

;'?\

:?\'、、\

:;\'、、\

?l--?一…)?→

則R(1,0,1),B1(0,1,1),A(l,l,0),B(OJO),

D1B1=(T,1,O),OlE=iθlB,=f-i?θl

CE=m+℃R：,l),BE=CE-CB=(D

CA∕n=x+y=0,

設(shè)平面ACE的法向量為M=(X,%z),則(31，

CE?W=—%+—y+z=0,

I44'

取z=T,解得m=(2,-2,T),

設(shè)直線BE與平面ACE所成角為α,則sinα=座?切=生旦,

?BE??m?51

即直線8E與平面AeE所成角的正弦值為拽

51

20.(2023?江蘇南通?統(tǒng)考一模)如圖，在JIBe中，AZ)是BC邊上的高,以AO為折痕，將-A8折至4APO

的位置，使得PB_LA8.

B

（1）證明：平面A8。；

（2）若Ao=P8=4,Bo=2,求二面角B—R4—O的正弦值.

3

【答案】（1）證明見解析；（2）二

【分析】（1）先證明出線面垂直，得到AOLPB,進(jìn)而證明出PBj_平面ABD；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解二面角的余弦值，進(jìn)而求出正弦值.

【詳解】（1）證明：YA。是BC邊上的高，

.?.PDLAD,ADIBD,

,/PDcBD=D,PR8。u平面PBD,

.?.ADJ?平面P8￡）,

?.^PBU平面尸期5,

..ADI.PB,

P8_L平面AB￡＞；

（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為X軸，DB所在直線為y軸，垂直ADB平面為Z軸，建立空間直角

坐標(biāo)系，

AD=PB=4,BD=2,

則8（0,2,0）,P（0,2,4）,4（4,0,0）,。（0,0,0）,

.?.SP=(0,0,4),M=(4,-2,-4),DA=(4,0,0),

設(shè)平面5R4與平面PAD的一個(gè)法向量分別為Ml=(?η,y∣,zj,n2=(x2,y2,z2),

故In,?iBP=4z；,-=20…產(chǎn)。’解得Z尸。，令…得:一,

則4=(1,2,0),

n,?PA=4x?-2y7-4z?=O

222

,解得：X2=O,令Z2=l,則必=一2,

nx?DA=4X2=O

故4=（0,-2,1）,

設(shè)二面角8-%-。平面角為。，顯然e為銳角，

.C°∕i2∣（L2,0）?（0,-2,I）∣4一4

乖一√iτz×g-

sin。=?/?-cos2θ=].

21.（2023?河南鄭州?統(tǒng)考一模）如圖，正四棱錐P-ABCD的底面邊長(zhǎng)和高均為2,E,尸分別為尸O,PB

的中點(diǎn).

P

（1）若點(diǎn)M是線段PC上的點(diǎn)，且PM=；PC,判斷點(diǎn)M是否在平面AE尸內(nèi)，并證明你的結(jié)論；

（2）求直線PB與平面AEF所成角的正弦值.

2

【答案】（1）點(diǎn)M在平面AEF內(nèi)，證明見解析；（2）§

【分析】（1）連接AC、BD交于0,連接OP,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA.OB、OP為x、丁、Z軸建立空間

22

直角坐標(biāo)系，求出AE、AF>AM^即可得到AM=§AE+§AF,從而得到A、M、E、尸四點(diǎn)共面，

即可得證；

（2）利用空間向量法計(jì)算可得.

【詳解】（1）解：連接AC、BD交于O,連接0尸，由正四棱錐的性質(zhì)可得Pol平面ABcD,底面ABCD

為正方形，則AClBD,

所以以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA.OB、OP為x、y、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(√2,0,0),B(0,√2,0),P(0,0,2),C(-√2,0,0),D(0,-√2,0),E(0,-—,0).F(0,—,1).

22

所以AE=(-√Σ,-立，1),AF=(-√2,-,1),

22

又PM=gPC,^AM=AP+∣PC=(-∣√2,0,∣)1AE+AF=(-2√2,0,2),

22

所以AM=-AE+-AF,

33

所以A、M、E、尸四點(diǎn)共面，即點(diǎn)M在平面AEr內(nèi).

(2)解：由(1)可得PB=(O

_72

γ+z=0

n-AE=02

設(shè)平面AE尸的法向量〃=(x,y,z),由，，得

〃?AF=0受

y+z=0

2

令X=1，貝∣Jz=√Σ,y=o,所以"=(i,o,√∑),

∕dd?PBF-2√22

所以c。S僧，＞阿H=Q=

3,

2

所以直線總與平面AE尸所成角的正弦值為∣?.

22.(2023?黑龍江?黑龍江實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考一模)如圖,在四棱錐P-ABC。中，四邊形A8CE＞是直角梯形,

AB±AD,AB//CD,PC±J?ffiABCD,AB=2AD=2CD=4r,PC=a,E是PB的中點(diǎn).

C

(1)求證：平面E4C_L平面P8C；

（2）若二面角P-AC-E的余弦值為如，求”的值；

3

（3）在（2）的條件下求直線以與平面EAC所成角的正弦值.

√2

【答案】⑴證明見解析；（2）4；（3）3

【分析】（1）由線線垂直證AC_L平面P8C,再證平面E4C，平面P8C；

（2）以C為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由向量法求平面EAC與平面PAC的夾角余弦值，進(jìn)而由

二面角P-AC-￡的余弦值建立方程，解得a的值；

（3）由向量法求得cos<PA,”>,即可求得直線兩與平面EAC所成角的正弦值.

【詳解】（1）證明：由題意得，直角梯形ABs中，AC=√2Ξ7F=2√2.βC=√22+（4-2）2=2√2,由

AC2+BC2=AB2ACJ.BC.

PCJ_底面ABC。，ACU平面48CZλ.,.PClAC.

'：PC?BC=C,PC、BC?平面PBC,：.ACl5FffiPBC,

??ACU平面EAC,平面EAC±平面PBC；

（2）由（1）得，以C為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

,E0,√Σ,?∣,

設(shè)平面E4C的法向量為〃=(X,y,z),C4=(-2√2,0,0),3|吟,

n?CA=-2五X=0

則有，無(wú)B=歷+#0'—=*；

平面PAC的其中一個(gè)法向量為CA=（0,2垃,0）.

cos<CB,n>=

IT-Va2+8.

由二面角P-AC-E的余弦值為逅得

——-，解得。=4；

34+83

(3)由(2)得〃=(θ,-√Il),PA=

，直線力與平面E4C所成角的正弦值為正

3

【能力強(qiáng)化訓(xùn)媒】

練牙一第17題IO分，第18~22題每小題12分，需要寫出推理和計(jì)算過(guò)程

17.（2023?廣東深圳?統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PDA.AB,且PD=PB,底面ABCf）是邊長(zhǎng)

為2的菱形，ZBAD=y.

⑴證明：平面以C_L平面4BC。；

（2）若EALPC,求平面Z?B與平面PBC夾角的余弦值.

B

【答案】（1）證明見解析；（2）3.

【分析】（1）連接80，證明8OJ_平面"C,再由3。U平面A8CC,得出平面APUL平面ABCD

（2）作輔助線，利用線面垂直的判定證明平面A8CD,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系，利用向量法

求解即可.

【詳解】（1）連接。8交AC于點(diǎn)。，連接P0.

因?yàn)锳BC。是菱形，所以BOLAC,且。為8。的中點(diǎn).

因?yàn)镻B=PD,所以POlBD.

又因?yàn)锳C,PoU平面APC,且ACnPO=O,所以2。，平面APC

又BDU平面ABCD,所以平面APC，平面ABCD.

(2)取AB中點(diǎn)M,連接。M交AC于點(diǎn)“，連接

因?yàn)?84。=?,所以AABO是等邊三角形，所以QM_L48.

又因?yàn)镻OLA8,PDCDM=D，PO,DWU平面PDW,

所以AB_L平面POM.所以AB_LP”.

Iil(I)知BDLPH,且ABBD=B,所以/77,平面ABCD

由ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，在AABC中，AH=-^-=巫,AO=ΛB?cos30°=

cos3003

由AP_LPC,在AAPC中，

PH2=AHHC=-×-=-,所以P"=也.

3333

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC分別為X軸、)，軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

(R?2∕Σ

貝IJA(O,-6,0),B(l,0,0),C(θ,√3,θ),H0,一y芋O,Pθ,-?^-,?

所以AB=(I,百,0),CB=(l,-√3,θ),

設(shè)平面PAB的法向量為4=(XI,y∣,zj,

GJ卡∩

嗎?BP-O-??--),+?-z∣=θ

所以=><l

n1?AB=O

X1+=O

令M=I得4=_區(qū)1,_4

/

設(shè)平面PBC的法向量為《2=(x2,%,Z2),

百，2#n

&?BP=O一一/一^%+~y^z2=°

所以

n2?CB=O

x2-y∣3y2=O

令%=1得%=（G

設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為8.

八IIq?“2

所以，COSe=COS<〃],%>=-∏-

-√3×√3+l×l-^×√2L

I2______________=皂

所以，平面以8與平面PBC夾角的余弦值為史.

3

18.（2023?山西臨汾?統(tǒng)考一模）在三棱錐3-AfiC中，AB±BC,CDVBC,AB=CD=^BC,取直線AB

與C。的方向向量分別為BA,CD,若BA與CO夾角為g.

（1）求證：AC1BD；

（2）求平面ABz）與平面BCQ的夾角的余弦值.

√10

【答案】（1）證明見解析；（2）10

【分析】（I）將-ASC補(bǔ)全為矩形ΛBCE,證明。Oj■平面ABcE,建立空間直角坐標(biāo)系，計(jì)算AC和BD的

數(shù)量積，證明ACS8。；

（2）求平面ABD和平面6CO的法向量，計(jì)算夾角余弦的絕對(duì)值，可得所求.

證明：過(guò)C作CE〃5A,IICE=84,連接A￡,DE,

取EC的中點(diǎn)。，連接DO,BO,A0,

則NEa>為BA與C。的夾角，即ZECZ)=T.

設(shè)BC=1,則AB=CO=&，

因?yàn)镋C=QC=&，所以一DEC為等邊三角形，

貝JIDO_LCE,DO=—,BD=y[3.

2

因?yàn)棣獴18C,所以平行四邊形ΛBCE為矩形，

所以Bo=JOC2+8C?=JL，所以。。2+3。2=8。2,即。OJ.8O.

2

因?yàn)镃EBO=O,<^旦80(=平面.(石，

所以DOJ_平面ABCE.

取Ag的中點(diǎn)F,連接。尸，分別以O(shè)F,OC,OD為X,Y,Z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

(Jy\

則AI,——,0,

所以AC=(T,啦,0卜如卜,咚料

(fy?

ACBD=(-l)×(-l)+√2×-?+0=0,所以ACl30.

\/

(2)ΛB=^θ,>∕2,θj,BC=(—1,0,0),BD=-1,-

設(shè)平面ABD的法向量為機(jī)=(x,乂z),

√2y=0

m?AB=O

則,即√2√6，令z=2,得機(jī)=(#,0,2),

m?BD=0-X------y+-^-z=0

12-2

設(shè)平面BCD的法向量為〃=(a,"c),

([a=0

H-BC=O./廠\

則，即√2√6，令C=L得〃=0,近1,

n-BD=0-a--h+-c=0')

22

所以∣∞s(w,”=/=√ξ∏?π=嚕，

所以平面A8。與平面Be。夾角的余弦值為巫.

10

19.(2022?廣西梧州?校考一模)如圖，直四棱柱ABC。-A1BCA的底面是菱形，AA=4,AB=I,

ZBAD=60o,E,M,N分別是8C,BB,,A。的中點(diǎn).

(1)證明：MN〃平面CQE；

(2)求點(diǎn)C到平面CQE的距離.

4√Γ7

【答案】⑴證明見解析；(2)*

【分析】(1)連結(jié)SC,ME,證明四邊形MNDE為平行四邊形，MN//DE,DEU平面CQE,MNN平

面C1DE,證得MN//平面GoE.

(2)方法一：做GE的垂線S,利用勾股定理求得點(diǎn)C到平面GOE的距離;

方法:：利用等體積法，轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)，先求得三棱錐C∣-。EC的體積，再表示出三棱錐C-GOE的體積，由

體積相等，求出點(diǎn)C到平面C1DE的距離:

【詳解】（1）證明：連結(jié)8C，ME.

因?yàn)镸，E分別為B∣B,8C的中點(diǎn)，

所以ME〃BC，且ME=；BQ.

又因?yàn)镹為AO的中點(diǎn)，所以NO=gAO.

可得ME=ND,ME"ND,因此四邊形MM）E為平行四邊形,

所以MN//DE,

又MNU平面CQE,Z）EU平面GOE,

所以MN//平面CQE.

（2）（方法一）：過(guò)C做GE的垂線，垂足為H,

BCCCCI=C,BC,CClU平面CGE,

所以Z)E，平面CGE,又CHU平面CCE,

故DELCH,又DECEG=E,DE,EGU面GOE,

從而C”,平面GOE,

故CH的長(zhǎng)即為點(diǎn)C到平面C1DE的距離，

由已知可得CE=I,CC1=4,所以GE=Ji7,

故CH=MZ.

17

(方法二)：設(shè)點(diǎn)C到平面GZ)E的距離為人

1

由已知可得吃-DEC=K-C1DE，

z1_.I1?n2"73

vsfl

Cl-DK=^DECClC=--≡θ0=?-，

^C-C1DE=§SGDE，

22

ClE=√l+4=√∏,

DE=√2?βs?）-2?3=J'

22

DC1=√4+2=2√5.

222

可得：C1E+DE=DC1,故aCQE為直角三角形，

SeM=LDE?GE=LGTJ~=—,

222

i..-rzil/???-cloε4JFf

綜上可得〃==一FT,

即為點(diǎn)C到平面GoE的距離.

20.（2023?云南曲靖?統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐p—ABC。中，出，平面A8C。，底面A8C。是矩形,

PA=AD=2,AB=4,M,N分別是線段AB,PC的中點(diǎn).

(1)求證：MN//平面BI￡)；

(2)在線段CO上是否存在一點(diǎn)。，使得直線NQ與平面QMN所成角的正弦值為;？若存在，求出器的值;

若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】⑴證明見解析

⑵存在，害

【分析】(1)取尸8中點(diǎn)E,連接ME,NE.由線面平行的判定定理可證得ME//平面PAD,NE//平面PAD,

再由面面平行的判定定理即可證明;

(2)以AB、AD,AP為x、y、Z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，由線面角的向量公式可求出Q點(diǎn)的位置,

即可得出巖的值.

【詳解】(1)如圖，取P8中點(diǎn)E,連接ME,NE.

'：M,N分別是線段4B,PC的中點(diǎn)，.?.ME∕∕Λ4.乂：ME：(Z平面用。，上4<^平面出。,

...ME〃平面PAD,同理得NE//平面PAD.

又,：MEcNE=E,平面以?！ㄆ矫鍹NE.

,/MNU平面MNE,：.MNU平面PAD.

(2)YABC力為矩形，：.ABYAD.QPAA.^ABCD,.,.AP,AB,4。兩兩垂直.

依次以AB、AD.AP為x、y、Z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，

則C(4,2,0),O(0,2,0),P(0,0,2),M(2,0,0),PC中點(diǎn)N(2,l,l),OM=(2,-2,0),ZW=(2,-1,1).

DM?n=O2x-2y=0

設(shè)平面DMN的法向量n=(X,y,z),則，

DMn=θ'2x-y+z=0

取X=I,得y=l,z=—l,/?=(1,1,-1).

若滿足條件的上的點(diǎn)Q存在，設(shè)Q(f,2,0),0≤r≤4,又N(2,l,l),則NQ=(f-2,l,T).

八NOFk-2+l+l∣1

設(shè)直線NQ與平面DMN所成的角為①則Sine=-V門=IL=-,

J2,

INQ附λ∕(r-2)+l+l?√33

解得t-?或t——3.

己知0Wr≤4,貝IJt=1,/.Q(l,2,0).

DQ=I,CD=4,CQ=CD—DQ=4—1=3,-?=-.

故CD上存在點(diǎn)Q,使直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為《，且笑=：.

3CD4

21.(2023,云南紅河?統(tǒng)考一模)如圖，在多面體ABCoE尸中，A,B,C,。四點(diǎn)共面，AB^AC=AF=CE=2,

AF//CE,AF_L平面ABC。，DE2+DF2=12.

(1)求證：COL平面AQF；

(2)若Al)=C￡),ABlAC,求平面5￡尸和平面￡>E尸的夾角的余弦值.

√10

【答案】(1)證明見解析;(2)?θ

【分析】(1)利用線面垂直的性質(zhì)和勾股定理得到線線垂直，再利用線面垂直的判定即可證明；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，求出相應(yīng)的坐標(biāo)，分別求出平面BEF和平面OE尸的法向量，利用向量的夾角公式

即可求解.

【詳解】(1)因?yàn)?凡L平面ABCO,且CaAoU平面ABCZ),所以CDJ_A凡