2023年高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)練03立體幾何大題壓軸練（解析版）

【一專三練】專題03立體幾何大題壓軸練-新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)

分層訓(xùn)練（新高考通用）

1.（2023?湖北?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體ABC。-中，點(diǎn)M

是正方體的中心，將四棱錐M-BCGF繞直線CG逆時針旋轉(zhuǎn)α（O<α<τt）后，得到四棱

錐M'—3'CGF'.

（2）是否存在α,使得直線Mk，平面MBC?若存在，求出α的值；若不存在，請說明

理由.

【答案】（1）證明見解析

（2）不存在，理由見解析

【分析】（1）根據(jù)面面平行的判定定理即可證明結(jié)論：

（2）假設(shè)存在α,使得直線M尸，平面C,建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)坐

COSa-Sina=0

標(biāo),求出平面平面MBC的法向量，則求出MF的坐標(biāo)，山M1T〃機(jī)可得，cosα+sina=Z,

I=TI

此方程組無解，即可得出結(jié)論.

【詳解】（1）證明：若a=?^,則平面￡>CGH、平面CB'F'G為同一個平面,

連接BH,BF',則M是BH中點(diǎn)，”是89中點(diǎn)，

故MM'是BHF'的中位線，所以'〃GF',MM，=；HF=GF'.

因?yàn)殡?〃6/',聞知'=6尸'，所以平面四邊形加用下6是平行四邊形，所以Λ√G〃用尸.

又MGN平面M'B'F',MFU平面M,B'F',所以MG〃平面M'B'F'

,

同理MC〃平面BM'F',Pi.MGU平面MCG,MC?平面MCG,MG1MC=M,

所以，平面MCG//平面M'B'F'.

(2)假設(shè)存在α,使得直線M〃_L平面C.

以。為原點(diǎn)，分別以CB,DC,CG為MNz軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

則C(0,0,0),8(2,0,0),M(L-Ll),故CB=(2,0,0),CM=(1,-1/).

m-CB=0

設(shè)機(jī)=(x,y,z)是平面MBC的法向量，貝上

m?CM=。'

2x=0

所以r+z=0'取k】'得防=QLD是平面"SC的一個法向量,

取CG中點(diǎn)P,8F中點(diǎn)。,連接尸PM',

則PM?CG,PQ±CG,PMUCG.

于是NMPM’是:面角M—CG—M'的平面角，NMPQ是：面角M-CG-Q的平面角,

NQPM'是二面角Q-CG-M'的平面角，于是NMPM'=*NMPQ=-,

4

所以NMAQ=。一：，且CG，平面MPM,MP=√Σ,

故Λl'(V∑cos同理F,(2cosα,2sin0,2),

π“一:

所以M戶'=2COS6Z-V2COSσ--,2sina-?∕2sin，1，

因?yàn)椤?及π2cosa-?[lcosacos--^sinɑsin?=cosα-sinα,

2coscosa^~~

44

π

2sina-V2sina——=2Sina-JΣsinαcos—÷?∕2cosasin-=cosα+Sina

444

所以Λ∕77'=(CoSa-Sinα,cosα+Sina,1).

若直線M戶'_L平面MSC,機(jī)是平面MBC的?個法向量，則M產(chǎn)，〃"z.

COSa-Sina=O

即存在彳∈R,使得Mk=彳〃八貝『cosa+sinα=∕l,此方程組無解，

1=λ

所以，不存在ɑ,使得直線M戶'_L平面AffiC.

【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：解答第二問是否存在α,使得直線M戶'1.平面，要發(fā)揮空間想象，

明確點(diǎn)線面的位置關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系后，難點(diǎn)在于確定

M尸=(2CoSa—0cos(α-^),2Sina-√Σsin(α-W),lJ,并結(jié)合三角恒等變換化簡,

從而結(jié)合向量的共線的坐標(biāo)表示，判斷結(jié)論.

2.(2023春?湖南株洲?高三株洲二中?？茧A段練習(xí))如下圖，在四棱錐P-ABC。中，

JT

已知PA_L平面A8CO,且四邊形ABC。為直角梯形，ZABC=ZBAD=-,PA=AD=2,

2

AB=BC=X.

(1)求平面BAB與平面PCD夾角的余弦值；

(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(diǎn)到另一條直線距離

的最小值，利用此定義求異面直線尸B與。之間的距離.

【答案】(1)@；(2)I

33

【分析】(1)以?8,4〃,4尸｝為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)Xyz,求出平

面PAB和平面PCD的法向量，利用夾角公式求解即可；

(2)設(shè)。為直線尸B上一點(diǎn)，且5Q=2BP=(-九0,2Q，利用坐標(biāo)運(yùn)算求出點(diǎn)。到直線

CE＞的距離4=片+：.+),求出最值即可.

\22

【詳解】解：以卜從為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)孫z,

則各點(diǎn)的坐標(biāo)為8(1,0,0),C(l,l,0),D(0,2,0),P(0,0,2)

(1)因?yàn)镽4_L平面ABCZ),且AZ)U面ABa),

.-.PAYAD,又AB_LA。，且PAAB=A,

.■.ADJ平面RiB,

所以AO是平面為B的一個法向量，AD=(0,2,0)

UUU

因?yàn)镻C=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).

設(shè)平面PCD的法向量為機(jī)=(x,y,z),

則〃??PC=。，m2PD0

x+y-2z=0

即令y=1，解得Z=1X=L

2y-2z=0

所以WJ=(1,1,D是平面PCD的一個法向量,

從而-τ,

所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為也;

3

(2)因?yàn)?戶=(-1,0,2),

設(shè)。為直線尸8上一點(diǎn)，且8。=ZBP=(-2,0,22),

又Cr)=(T,1,0),CB=(0,-1,0)

貝I]CQ=CB+BQ=(-2,-1,2/1),

則點(diǎn)Q到直線CD的距離d=JCQ2-(ICQkOS(CQ,C￡＞》2=CQ。-CQ?CD

?CD?

2

A+=

222499

J≥-

3

所以異面直線PB與CD之間的距離為W.

【點(diǎn)睛】本題考查利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求二面角，求點(diǎn)到直線的距離，考查學(xué)生的

計(jì)算能力和空間想象能力，是一道難度較大的題目.

3.（2023?湖南張家界?統(tǒng)考二模）如圖，已知三棱柱ABC-ABCI,ZACB=90°,

Aa_LAc,。為線段AC上的動點(diǎn)，ACtIBD.

（1）求證：平面ACClAJ_平面ABC：

（2）若ΛA,AC,。為線段AC的中點(diǎn)，AC=2BC=2,求用。與平面ABC所成角的余

弦值.

【答案】（1）證明見解析

（2）T

【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可得AQLBC,又BC1.AC,利用線

面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可證明；

（2）由（1）,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得CG?L平面ABC,建立如圖空間直角坐標(biāo)系,

利用向量法求出平面ΛlBC的法向量〃=（x,y,z-）,根據(jù)空間向量數(shù)量積的定義計(jì)算可得

CoSG,四力）=半，結(jié)合線面角的定義和同角三角函數(shù)的關(guān)系即可求解.

【詳解】（1）己知ACLAG，又AlC,Mu平面ABC,?C^?BD=D,

所以AG，平面ABC,

又BCU平面A8C,所以Aa_LBC,

因?yàn)镹AC6=90。，所以BC±AC,

又ACCAc=A,AC,AGU平面ACGA，所以BC人平面ACGΛ1,

又BCU平面ABC,所以平面4CGA，平面A5C；

(2)由(1)知平面ACGAj?平面A8C,

又平面ACGA平面AfiC=AC,AA1IAC,AAIU面ACC∣A，

所以AAl.平面ABe.又AA〃C∣C,

所以CG，平面ABC,所以C/,CB,CG兩兩垂直，

以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA.CB，CC；的方向分別為X軸、y軸、X軸的正方向,

建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：

因?yàn)?U1LAC,所以四邊形ACCH為矩形，

又因?yàn)锳G，AC，所以四邊形ACCM為正方形.

因?yàn)锳C=2,BC=1,所以CCl=2,

所以C(0,0,0),8(0,1,0),A(2,0,2),B1(0,1,2).

由。是線段AC的中點(diǎn),得。(1,0,1),

所以B=(0,1,0),6=(2,0,2),B1D=(I-I-I).

設(shè)平面A1BC的一個法向量為〃=(x,y,z),

n?CB=0,y=0,

則即

n?CΛ∣=0,2x+2z=O,

取x=l,則Z=—1,所以鹿二(1,0,—1),

1X1-1X0+(-1)X(-1)-?∕6

√2×√3^^~?

設(shè)直線耳。與平面ABC所成的角為α,則Sina=卜

所以ΠWG

期以COSa=I—-=—,

所以直線BQ與平面ABC所成角的余弦值為史.

3

4.（2023春?湖南?高三長郡中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖□,已知VABC是邊長為2的等

邊三角形，￡＞是AQ的中點(diǎn)，DHYB'C,如圖□,將B'DH沿邊DH翻折至ABDH.

圖①圖②

RF

（1）在線段8C上是否存在點(diǎn)F,使得AF〃平面BZ汨？若存在，求黑的值；若不存在,

請說明理由；

（2）若平面8,C與平面助》所成的二面角的余弦值為g,求三棱錐B-。C〃的體積.

【答案】（1）存在,黑BF=:1

FC2

⑵述

64

【分析】（1）利用線線平行證明AMH平面BDH,MFU平面BDH,證得平面AMFH平

面或羽，可得AF〃平面應(yīng)歸；

（2）利用已知二面角的余弦值，可以利用向量法或幾何法求三棱錐3-DC”的高，結(jié)

合體積公式求解.

RF1

【詳解】（1）存在點(diǎn)尸滿足題意，且總=；，理由如下：

FC2

在圖中，取B'C的中點(diǎn)M,連接AA/,則AM〃。/7,

在圖中，AMHDH.A"O平面8DH,Z)HU平面SQW,

所以AM〃平面如月，且祟=:；

MC2

BF

在線段BC上取點(diǎn)尸使蕓=：1,

FC2

連接M尸,必，則MF//BH,同理可得Mr〃平面也汨，

又因?yàn)镸FcAM=M?MEAMU平面AMF,所以平面AMF〃平面加羽,

又因?yàn)锳FU平面40F,所以AR〃平面BZ)

A

Aa

≥x

BHMcHMC

圖①圖②

(2)在圖中，DHLHC,DHLHB,HCcHB=H,HC,HBu平面BHC,所以

平面BHC,

法一：以H為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

ZM

By/

m

HMCX

則H(O,O,O),AG，"O),C1|,O,O),L>0,與O,

設(shè)∕B∕∕C=6∈(0,π),則'gcosao,;Sin',

OB=P?cos6>,-Sine=

I222)I22)

設(shè)平面BDA的法向量為m=(x,XZ),

∕n?DB=-cos0--γ+^si∏0=O

…=嗎普,即

貝!!222,令y=[,則X

1/o

m`DA=-x-?———y=0

I22

U招』,包野雪,

Qin()

易知平面BHC的一個法向量〃=(O,L0),

_________1_________?

若平面B4C與平面應(yīng)切所成的二面角的余弦值為《，則L,jι+coseY5,

VISine)

化簡整理得：匕史”

SIne

山|、|。肉.八厲ZlI肝|、IJlC后)

所以tan—=J-,sin。=---,cos。=—,所,以B-,0,——,

2N544(88J

則三棱錐B-"H的高為姮，.

8

又因?yàn)榈酌娣eSoCH=Lχ3χ3=邁，

"CH2228

所以三棱錐5-DCH的體積為匕=?Lχ述X巫=3叵.

B-DCH38864

法二：延長AnCH相交于點(diǎn)N,事實(shí)上點(diǎn)N即為點(diǎn)B',

則平面BHeC平面BDA=BN,

過H作HTLBN,垂足為T,連接。T,

因?yàn)椤隁w_L平面W7C,BNU平面8”C,所以DHLBN,

又HTCDH=H,"T,DHuBN，平面￡)77/，所以BN_L平面D77∕?

DTU平面DTH,則8NJ.DT,所以/0777即為平面BHC與平面的4所成的二面角

的平面角，

即COSNDTH=1,所以HmZDTH=2√2，

即?/八,〃DH2)行，即T"=空，

tanDTH==-?-=2√2g

THTH

又BH=NH=',所以BN=2NT=叵,

24

在ABNH中，設(shè)點(diǎn)B到NH的距離為0,由等面積法可得小NH=BN?HT,解得fι=姮,

8

即三棱錐B-DCH的高h(yuǎn)=叵,又二DCH的面積為空，

88

所以三棱錐5—DCH的體積為V=L巫χ2叵=亞.

38864

5.(2023?湖南長沙?湖南師大附中?？家荒?如圖，在四棱錐尸-ABCD中，底面N2CZ)

是邊長為2的菱形，△小〃為等邊三角形，平面/?O，平面/8CDPBLBC.

⑴求點(diǎn)Z到平面P8C的距離；

（2）E為線段PC上一點(diǎn),若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為叵，求平面ADE

IO

與平面N28夾角的余弦值.

【答案】（1）立

（分析］⑴取AD中點(diǎn)O,連接08,OP.通過證明OP1OB,AD±OB,可得OB=Q,

PB=后由等體積法可求得點(diǎn)A到平面尸8C的距離；

（2）由（1）,如圖建立以。為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，由直線與平面/8C。所成

的角的正弦值為我，可得*］相］求得平面ZDE的法向量后，利用空間向

101333J

量可得平面ZAE與平面/8CD夾角的余弦值.

【詳解】（1）取/。中點(diǎn)0,連接。8,0P.

△皿）為等邊三角形，OPlAD,0/1=1,OP=B

又平面R4￡>_L平面/8Cr）,平面BADc平面/8C。=/。，

OPU平面以D,QPj?平面/5C.

又OBU平面N8CZ）,OPLOB.

PBlBC,BCHAD,PBLAD.

又OP±AD.OPU平面P08,

PBU平面POB,OPPB=P,A。_L平面POA

又108U平面PO8,ADLOB.

OB=G,PB=瓜

設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h,

則K"=Vp.ABC即?Szirac-/7=|SAABC?0P,〃邛;

(2)由(1),分別以。4OB,OP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.則尸(0,0,G),C(-2,√3,0),A(1,O,O),D(TO,0),PC=(-2,√3,,

OP=(θ,0,√3),A￡>=(-2,0,0),

UUlUUU

設(shè)PE=4PC(0≤/I≤1),則PE=(-2A,Eλ,Yλ),

OE=OP+PE=(-22,y∣3λ,√3-√3Λ).

得E卜2%,??∕32,百—y∣3λ^,則AE=(-2A—l,λ∕3Λ,5∕3—小λ).

又OPL平面/8C,則取平面ABCD的法向量仆=(0,0,1).

設(shè)與平面ZBCD所成的角為6,則

∣Λ^->∕3Λ∣√30

Sine=CoS(A?,M1

1?,解得4=；

2X—1)+3Λ*^+?/?—?/?zj

n2?AD=-2x=O

則“?AE=-M+3y+亞z=0?

設(shè)平面4。E的法向量〃2=(X,y,z),

333

令y=2,則取平面ZDE的法向量％=(02—1),又平面ZBC。的法向量4=(0,0,1).

故平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值為卜。s("∣,%)=1.

ZM

6.（2023春?廣東揭陽?高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱臺ABCo-A4GA中，底面

TT

ABC。是邊長為2的菱形，ADAB=-,平面Bz）QBIjL平面ABa）,點(diǎn)O分別為

B∣R,BD的中點(diǎn),O,B=l,^AlAB,NqBO均為銳角.

（1）求證：AClBB1;

（2）若異面直線CD與4A所成角正弦值為巨，四棱錐A-A8C。的體積為1,求二面

7

角8-AA-C的平面角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)得到AC平面瓦》＞蜴，從而得到AClB瓦：

（2）幾何法：通過面面垂直作過二面角的平面角，通過幾何計(jì)算求解；

空間向量法：建立坐標(biāo)系用空間向量求解.

【詳解】（1）?底面A68是菱形，

.?.AC±BD,

又平面BOQB∣_L平面ABCZ）,且平面蜴平面ABCD=8D,ACu平面ABa）,

.?.AC1平面8。。的，又BqU平面R與，

.?.AC±BBl,

(2)解法一:

由(1)知AC_L面BQQ￡,又ACU平面4CGA，

平面ACClAi，平面BDD1B1,

作8E_L交線。0，垂足為E,

因?yàn)槠矫鍭CGAi平面BDD∣B?=OOt,BEu平面BDDtBt,則BEJ_面ACGA，

又A41u平面ACeA,所以AALBE.

再作8∕7A4,,垂足為尸，BEU面BEF,BEU面8￡F,BEBF=B

所以AA?1面8￡尸，又面EFUBEF

則EFlAA,,

所以NBFE為二面角B-AA-C的平面角，

VA-APa,=g%co?=gg2?26∕%=In々=#,

因?yàn)锳G〃平面ABc。，所以O(shè)∣到底面ASCD的距離也為走.

2

作。IHLoB,因?yàn)槠矫?。。旦，平面ABCQ,平面BOD41平面ABCQ=OB,

014U平面BoZ)￡,所以01”，平面A88,所以O(shè)a=乎，

又NaB。為銳角，

所以8"=」,/。80=60,

2

又OB=OlB=1,所以ABoa為等邊三角形，故0Q∣=l,所以BE=曲,

2

因?yàn)锳BHCD,所以SinNBAA=理BF=ABSinZBAAt=當(dāng)?,

2r

所以sin∕8FE=器=萬言=，,c。SNBFE=??

7

3

所以二面角8-C的平面角的余弦值為.

4

解法.：由(1)知ACL面8。。優(yōu)，又ACU平面ABC。，

.?.平面ABCD工平面4，

作QHL8。，因?yàn)槠矫鍮O"B|_L平面A8C。，平面8?？谕摺善矫鍭BC￡>=8￡>,

。聲U平面，所以O(shè)IH，平面A88,

如圖，建立直角坐標(biāo)系：。為原點(diǎn)，OA,O8為x，V軸方向，Z軸〃

VyABCD=；SABCD-%2后限=Inh=冬

因?yàn)锳G，平面ABC。，所以。I到底面ABcD的距離也為走.

2

所以O(shè)M=當(dāng),又“OR。為銳角，所以BH=g,。"=；，/000=60,

又OB=O?B=l,所以.B00∣為等邊三角形，故。。=1,

在空間直角坐標(biāo)系中：A(√3,0,0),B(0,1,0),C(-√3,0,0),設(shè)A岑，則

則A4t=-γ,∣,y∣AB=(-√3,l,θ),ΛC=(-2√3,O,θ),

設(shè)平面4B4∣的法向量為應(yīng)=(X,y,z),

..√3?l√3..

m?AA=------x+-VH------z=0L

222,取利=(1,6,())

m-AB=->∕3x+y=0

設(shè)平面ΛCA,的法向量為n=（x,y,z）,

..√31√3n

n?M=-τχ÷iy÷τ-0ι取”（0,_瘋I）

n?AC=-2?∣3x=O

/、m`n3

所以8S依〃〉=麗=-"

3

由題知二面角為銳角，故二面角B-AAx-C的平面角的余弦值為4.

4

7.（2023?山西太原?統(tǒng)考一模）如圖，四棱錐P-ABCD中，AB//CD,ABLAD,且

AB=AD=ICD=A,PA=2,ZPAB=60,直線與平面ABa）的所成角為

30,E,尸分別是8C和PO的中點(diǎn).

（1）證明：EF平面∕?β;

（2）求平面XAfi與平面PAO夾角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

【分析】（1）取Ar）的中點(diǎn)G,連接EGFG,通過證明平面GEF平面P4B，可得EF

平面R4B;

（2）點(diǎn)/為原點(diǎn)，AB,AD所在的直線分別為X軸，y軸，建立如圖所示的空間直角坐

標(biāo)系.由PA=2,N7?B=60,直線E4與平面ABCD的所成角為30,可得P坐標(biāo)，后

利用向量法可得平面PAB與平面FAO夾角的余弦值.

【詳解】（1）取AD的中點(diǎn)G,連接EG,FG,

尸是PD的中點(diǎn)，；.GF〃AP,

APU平面PAB,FGa平面PAB,

GF.■平面R48，

同理可得GE:平面R4B,

GEGF=G,GEU平面GEE,GFU平面G￡77,

??.平面GEF，平面DW,￡/＜=平面6￡'尸，；.所〃平面/^；

(2)以點(diǎn)/為原點(diǎn)，A8,A。所在的直線分別為X軸，＞軸，建立如圖所示的空間直角

坐標(biāo)系.

由題意可得A(0,0,0),5(4,0,0),Z)(0,4,0),C(2,4,0),

AB=(4,0,0),AD=(0,4,0).

設(shè)尸(x,y,z),因P4=2,直線R4與平面ABC￡＞的所成角為30,則z=2sin30=L

乂因∕PA8=60,則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)X=2cos60=1.

又Λ4=2,則+,2+1=2,結(jié)合題圖可知y=應(yīng)，

則P(l,垃,1),AP=(1,√2,1).

r,、m?AB=4x.=0

設(shè)W=(APX,zj是平面FAB的一個法向量，貝∣"r,

∕π?AP=x,+√2y1+z1=0

令y∣=ι,則z∣=-7Σ〃2=(0,1,一夜).

r/、H?AD=4y9=0

設(shè)〃=Λ?,%,Z,)是平面PAD的一個法向量，則r-

n-AP=x2+y∣2y2+z2=0

令Xl=1,則Zl=-Lw=(l,0,-l).

π

又因兩平面夾角范圍為0,-,設(shè)平面R4B與平面R4Z)夾角為6,

COS0=∣COs(∕M,∕l)∣=??=I-=M,

1'71?m??n?√3×√f23

???平面與平面PAD夾角的余弦值為坦.

3

8.(2023?江蘇?統(tǒng)考一模)如圖，在多面體ABa)E中，平面ACD，平面A6C,BE，平

面A6C,ABC和,4CO均為正三角形，AC=4,BE=B

D

(1)在線段AC上是否存在點(diǎn)F,使得BF〃平面Ar)E?說明理由;

(2)求平面CDE與平面ABC所成的銳二面角的正切值.

【答案】(I)存在，理由見解析

⑵巫

2

【分析】(1)記AC中點(diǎn)為旭，連結(jié)。M,根據(jù)線面平行的判定定理即可得出結(jié)論；

(2)連結(jié)CG,過點(diǎn)8作CG的垂線，連結(jié)作出平面CI)E與平面A8C所成的二

面角的平面角，解三角形，即可求得答案.

【詳解】(1)記月C中點(diǎn)為例，連結(jié)。W,Aa)為正三角形，AC=4.

則。MIAC,且ZW=2√L

因?yàn)槠矫鍭S?L平面ABC,平面ACOr平面A8C=AC,OWu平面/8,

所以DM2平面ABC,又因?yàn)锽E，平面ABC,

所以D必〃8E.

延長MB,DE交于點(diǎn)G,則AG為平面ADE與平面ABC的交線，

因?yàn)锽E=6,故DM=2BE,所以8為MG的中點(diǎn)，

取AM中點(diǎn)R連結(jié)B尸，則8尸〃4G,因?yàn)锳GU平面AZ)E,6尸0平面ADE，

所以B尸〃平面ADE.

--1.

即線段AC上存在點(diǎn)R當(dāng)AF=TAC時，B/〃平面A。E

4

(2)連結(jié)CG,則CG為平面CZ)E與平面ABC的交線，

在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)8作CG的垂線，垂足為

連結(jié)E”，因?yàn)?E_L平面ABC,CGU平面ABC,故.BELCG,

BEIBH=B,BE,BHu平面BEH,故CGJ_平面BEH，

EHU平面BEH,故CGJ_￡”，

則∕8"E為平面CDE與平面A8C所成的:面角的平面角.

一ΛBC為正三角形，AC=4,故BΛ∕=2G,則BG=BM=2石，

且NMBC=30NGBC=150,

故在GBC中，GC?2=BG2+BC2-2BG?BCCOSNGBC=12+16-2X2√5X4X(-±)=52,

2

故CG=2√13,而SBCC=gBCxBGxsin150=，

故8”=空迎=第,又因?yàn)锽E=Lzw=√5,

CG√B2

所以tanNBHE==,

BH2

即平面COE與平面ABC所成的銳二面角的正切值為巫.

2

9.(2023?云南昆明?昆明一中?？寄M預(yù)測)在三棱錐尸-ABC中，PA=PB,

NBAC=90。，M為棱8C的中點(diǎn).

R

⑴證明：ABVPMx

⑵若平面PAeJ_平面/8&PA=PB=五,AB=AC=2,E為線段尸C上一點(diǎn),

2PE=EC,求點(diǎn)E到平面RlM的距離.

【答案】(1)證明見解析

⑵竿.

【分析】（1）取AB的中點(diǎn)為。，先證明ABI平面PoM,進(jìn)而證得ABj_P/W；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的方法即可求得點(diǎn)E到平面的距離.

【詳解】（1）取AB的中點(diǎn)為0,連。P,OM,因?yàn)镻4=P3,則OP_ZAB：

又M為棱BC的中點(diǎn)，則OM為ABC的中位線，所以O(shè)M〃AC,

因?yàn)镹B4C=90。，則ΛB1AC,則ABIQM：

由于OPCQW=O,OPU平面PQM,?！盪平面POM,

則AB工平面PoM,因?yàn)锳WU平面POW,所以AB_LPA/.

(2)由(1)得OPIAB,且平面∕?SJL平面ABC,平面RiB、平面A8C=A8,OPU

平面R4B,

則OPJ?平面ABC,又ABLOM,

則以。為原點(diǎn)，OB,OM,OP所在直線分別為X,V,Z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)镻A=PB=夜，AB=2,則PT+P82=4B。則QP=1,

則尸(0,0,1),4(-1,0,0),M(0,1,0),C(-l,2,0),

1121

因?yàn)?PE=EC,則正=3尸。=(一§,1-§),

則戶4=(-1,0,-1),AM=(1,1,0),

設(shè)〃=(X,y,z)為平面PAM的一個法向量，

PA?n=-X-Z=O1

則V,令X=1,則y=τ,z=-ιf得"=α,τ,τ),

AM?n=x+y=O

乂設(shè)點(diǎn)E到平面PAM的距高為d,

121

則"=件?=述，

?/?9

10.（2023?云南?統(tǒng)考一模）如圖，四邊形/8Co是圓柱底面的內(nèi)接四邊形，AC是圓柱

的底面直徑，PC是圓柱的母線，E是NC與Bz）的交點(diǎn)，AB=AD,^BAD=60°.

（1）記圓柱的體積為匕，四棱錐P-ASS的體積為匕，求昔；

（2）設(shè)點(diǎn)/在線段/P上，PA=APF,PC=ACE,求二面角F—8—尸的余弦值.

【答案】（1）6兀

（2）迥

13

【分析】（I）利用平面幾何的知識推得ACl8￡>,進(jìn)而得到BO=26EC?ΛC=4EC,

從而利用柱體與錐體的體積公式求得乂，匕關(guān)于EGPC的表達(dá)式，由此得解：

（2）根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)|Cq=1,結(jié)合（1）中結(jié)論與（2）中所給條件

得到所需向量的坐標(biāo)表示，從而求得平面FC。與平面PCO的法向量"tVin.由此利用

空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.

【詳解】（1）因?yàn)楱MABf>與NAcD是底面圓弧AD所對的圓周角，

所以ZABz）=ZAcD,

因?yàn)锳B=AQ,所以在等腰△?/）中，ZABD=ZADE,

所以NAOE=NACD,

因?yàn)锳C是圓柱的底面直徑，所以NADC=90。，則NC4L>+NACD=90。，

所以NC4P+ZA0E=9O°,則NAEQ=90°,即ACl8。，

所以在等腰△?￡>，BE=DE,AC平分/84。，則NeA。=gNBAD=30。，

所以NADE=60。，則NCZ）E=30。，

故在RtCEz）中，CD=2EC,DE=43EC,則8。=2DE=2√5EC,

在RtZXACD中，AC=ICD=AEC,

因?yàn)镻C是圓柱的母線，所以PCL面A8C。，

所以κ=π∣∣ACjCP^π?2EC)2PC=4πEC2PC,

?=-×-AC-BD-PC=-×4EC×2^EC-PC=—EC2-PC，

23263

所以J?=6π.

(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA的方向?yàn)閄軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-孫Z,

不妨設(shè)同=1,則AC=4EC=4,Df=√3EC=√3,PC=4CE=4,

則C(O,O,O),A(4,O,O),D0,√IO),P(O,O,4),

所以CO=(l,√5,θ),CP=(0,0,4),∕?=(4,0,T),

因?yàn)棣?=4PF,所以尸F(xiàn)=JPA=(LOI),

則CF=CP+PF=((),(),4)+(1,0,-I)=(1,0,3),

n?CF=0x+3z=0

設(shè)平面FCD的法向量n=(x,y,z)則即＜

n?CD=0x+V3y=0

令X=-3,則y=G,z=l,故及=(-3,6,1),

m?CP=0[4r=0

設(shè)平面PCQ的法向量加二(p,%r),則<,即｛r,

jn?CD=Q[p+√3^=0

令。=-3,則g=百,r=0,故/?=(-3,6,0),

TT

設(shè)二面角尸—8-P的平面角為6,易知o<e<,,

mnI/\|n'm9÷32√39

所以CoS，=COS(ZI,m)=---------==——------=--------,

I〃?n???m?√9+3÷l×√9+313

因此二面角F-CD-P的余弦值為嚕.

11.(2023?云南?高三云南師大附中校考階段練習(xí))如圖，直四棱柱ABC。-ABC。的

底面ABC。是菱形，E是AR的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BC上一點(diǎn)，AB=2,AA1=\,

ZBAD=60o.

（1）證明：當(dāng)8尸=9C時，A￡J_平面￡>EA

（2）是否存在點(diǎn)尸，使二面角A-DE-F的余弦值為（？若存在，請指出點(diǎn)尸的位置；若

不存在，請說明理由.

【答案】（1）證明見解析

（2）存在，F(xiàn)為線段BC的四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)5）

【分析】（1）利用線面垂直的判定證明；

（2）利用空間向量計(jì)算二面角的方法得出結(jié)論。

【詳解】（1）證明：在矩形AoAA中，AD=2,E為AR的中點(diǎn)，

AA1=AtE=↑,AE=C，同理可得DE=√∑,

在VADE中，AE2+DE2=AD2-ZAED=90°，AELDE，

如圖，連接80，在菱形ABCz）U」，ZBCD=60°,且BC=8,

△BCD為等邊三.角形,又；尸為BC中點(diǎn)，DFLBC,

BC//AD,DFYAD,

又一平面438上平面A3R4，OFU平面A8C。，平面ABCz）C平面AoqA=A。,

Z）F，平面AOAA，

又AEU平面ADAA,AEYDF,

又IDECDF=D,DEU平面DEF,DPu平面Z）E尸

Afj-平面OEE

（2）存在，當(dāng)尸為線段BC的四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)B）時，二面角A—DE-R的余弦值為

?.理由如下：

取8C中點(diǎn)尸"連接。尸，以。為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖,

則A(2,0,0),E(l,0,l),β(l,√3,θ),c(-l,√3,θ),OE=(1,0,1),BC=(-2,0,0),

設(shè)F(4,g,θ),則力F=(α,g,θ),

平面ADE的一個法向量為6=(0,1,0),設(shè)平面DEF的一個法向量)=(%y,z),

x÷z=O,

解得〃=(6,-〃,-石)

ax+?βy=0,

二面角A-DE-尸的余弦值為CoSe=3將=—J-"[=』,解得4=±g,

?'n???n?1.,3+/+352

但當(dāng)α=-g時，二面角A—DE—f■的平面角為鈍角，含去，故α=g.

此時，F(xiàn)為線段BC的四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)B）.

12.（2023春?重慶?高三重慶市長壽中學(xué)校?？计谀┤鐖D，在四棱臺48CD-A4GR

中，底面為矩形，平面A4QQ，平面CGDQ,且CCl=CD=DR=；Ca=L

（1）證明：AZ）J_平面CG。。；

π

（2）若AC與平面CCQQ所成角為?，求二面角C-M-。的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）&

4

【分析】（1）要證線面垂直，只要證AD垂直于平面CGR。內(nèi)的兩條相交直線，根據(jù)

所給數(shù)據(jù)和垂直關(guān)系，即可得證；

（2）要求二面角，本題可用空間直角坐標(biāo)系，連結(jié)Aa,由ɑ）可知，ARJL平面CCtDlD,

所以以2為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，求出各個面的法向量利用向量

的夾角公式，即可得解.

(I)如圖，在梯形Can。中，因?yàn)镃G=CD=OR=JGR=I,

作OH，RG于H,則〃4=g,所以CoSNo

所以NORC∣=(,連結(jié)。G，由余弦定理可求得DG=6，

2

因?yàn)镺C：+DD;=D1C,,所以DC1?DD1,

因?yàn)槠矫鍭AQQ，平面CCQQ且交于DDl,

所以3G_L平面AAAO,

因?yàn)锳DU平面4AQN，所以A￡)_L￡)G，

因?yàn)锳o_LOC,DCDC1=D,

以Dt為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

因?yàn)锳R，平面CGA。，所以AC在平面CGRo內(nèi)的射影為。C，

TT

所以AC與平面CGDiD所成的角為ZAxCDl,即NACR=?,

在RfZXACD［中，因?yàn)镃R=,所以AQ=3,

則R(0,0,0),A(3,0,0)，D,Cθ,j,?,C1(0,2,0),

I√?/

所以Ao=Oq,半，4A=(3,o,o),-??

z4C=(-3,2,0),AC

I22J11,2,

設(shè)平面MDID的法向量為rn=（x,y,z）,

πl(wèi).f∕n?DlD=O3+旦=O

則有<…八，即〈22，

772DA=Or八

1C3x=O

令y=3,則X=O,Z=-百，故加=（0,3,-G）,

設(shè)平面AACC的法向量為〃=（α也c）,

f-3a+2b=0

則有1匯，即36，

n?A1C=0I-3a+-6+?-e=0

令α=2,則）=3