2023屆浙江省新高考復習 專題3 立體幾何解答題30題專項提分計劃解析版

2023屆浙江省新高考復習

專題3立體幾何解答題30題專項提分計劃

1.(2023秋?浙江?高三期末)如圖，在四棱錐P-48CD中，底面A8C。為等腰梯形,

CD=2AB=2?,AD=BC=1,PA=PB=2.

⑴若平面PBC1平面PAD,求點P到平面ABCD的距離；

(2)若平面平面=平面48CO=Q,且尸Q=&,求平面P8C與平面

尸夾角的余弦值.

【答案】(1)6

【分析】(1)建系，利用空間向量結合位置關系求點P的坐標，即可得結果;

(2)根據(jù)題意利用空間向量求點P的坐標，再利用空間向量求面面夾角.

【詳解】(1)延長OAC8交于點。，則O/)=OC=2,

可得。02+。。2=82故07)1.。。，

如圖建立空間直角坐標系，則8(0,1,0),C(0,2,0),A(l,0,0),8(2,0,0)

?:PA=PB=2,設P(x,x,z)(z>0),

可得BC=(0J0),BP=(A:,X-1,z),AD=(1,0,0),AP=(x-1,x,z),

n.-BC=6=0

設平面PCB的法向量為勺=(a,b,c),則，-----,、，

4?8P=or+b(x-l)+zc=0

令。=工，則b=0,c=-x,即〃]=(z,0,-x),

LUn,-AD=p=0

設平面RAO的法向量為4=(p,g,s),則＜~,

^[n2AP=p(x-\)+xq+zs=O

令。=7,貝iJp=O,$=-x,即巧一(O,z,-x),

u111

???平面P8C/平面尸AD，則〃/%=f=0,即x=0,故點?(0,0,z)在z軸上,

因此點P到平面PBC的距離為z,

又因為|尸例=Jl+z?=2,則z=V5.

故點P到平面PBC的距離為8.

(2)由(1)可得：OEBC.OEAD,且BCu平面PBCAOu平面尸AO,

則Oe平面PBCOe平面?A。，

???平面P8Cc平面P4￡)=/,則Ow/,:.PO=l,

直線POI平面ABCD=Q,故。即為坐標原點O,貝1」尸。=夜，

設尸(x,x,z),由/O=Jf+f+z2=應，

由Q4=P8=2,則Jq—lf+O+z?=2,解得x=-g,z=等，

由（1）可得:平面PC8的法向量為￡=（*,0，），平面尸A￡）的法向量為￡=（0,乎,；）,

2.（2023春?浙江?高三校聯(lián)考開學考試）如圖，在三棱柱ABC-A5G中，＞平面

ABC,ABJ.AC,AB=AC=4tM=2,點。是棱3C的中點.

⑴求證：人用〃平面ACQ；

(2)在棱上AC是否存在點M,其中AM=/L4C(O<；1<1),使得平面朋Q與平面

所成角的大小為60。，若存在，求出;I：若不存在，說明理由.

【答案】(1)見解析

(2)存在，

4

【分析】(1)根據(jù)三角形中位線得線線平行，即可證明線面平行,

(2)根據(jù)空間向量，利用法向量的夾角即可求解.

【詳解】(I)連接AC交AG于點。，

由于四邊形4CC0為矩形，所以。為AC的中點，

又點。是棱的中點，故在A8C中，。。是-45C的中位線，因此。。/以田、

OOu平面4cO,\B(z平面ACQ,所以平面4Go

(2)由4AL平面A4C,可知，三棱柱ABC-A再G為直三棱柱，且底面為

直角三角形，

故以A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系;

則入(0,0,0),A(0,0,2),8(4,0,0),C(0,4,0),0(22,0),

由AW=2AC(Ov4<1)得M(0,42,0).

AB=(4,0,-2),BD=(-2,2,0),

設平面BA。的法向量為/n=(x,y,z),則

in±AyB]4x-2z=0

m±BD1-2x+2y=0取z=2,得m=(1,1,2),

=(0,42,-2),DA/=(-2,42-2,0),

設平面AOM的法向量為〃=(X，y,zJ,則

n±J42y)-2^=0

=>取z.=22,Wn=(22-1,1,2/1),

n±DM[-2A-1+(4Z-2)J1=0

|22-1+1+441

222

>/6X>/1+(22-1)+42

+22-1=0=>(4A-l)(2A+l)=0

由「0〈之＜1,所以a二~7，

4

故棱上AC存在點M,其中加=，A。，即;1=，，使得平面網(wǎng)D與平面AOM所成角

44

3.(2023浙江?統(tǒng)考一模)如圖，在長方體石產8中，P,。是長方形EFGH內

互異的兩點，/APC是二面角A-PQ-C的平面角.

(1)證明：點尸在EG上；

(2)若"=8C,PA=PC,求直線AP與平面P8C所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）證明見解析

（2）2拒-2

【分析】（1）根據(jù)二面角的平面角的定義得根據(jù)線面垂直的判

定得P。/平面APC.根據(jù)長方體的性質以及線面垂直的判定得PQ工平面AEGC從而

可得平面APC與平面AEGC重合，再根據(jù)平面的性質可得點P在EG上；

（2）根據(jù)線面角的定義作出線面角，在直角三角形中求出線面角的正弦值，利用基本

不等式可求出結果.

【詳解】（1）由于NAPC是二面角A-PQ—C的平面角，則APJ.PQ,CPLPQ,

又APCP=P,APu平面APC，。尸u平面APC,所以PQS平面4PC.

又ACu平面APC,所以P0_LAC,

因為4E//CG,AE=CG,所以四邊形AEGC是平行四邊形，所以EG〃AC,

所以PQJ_EG.

因為在長方體ABCD-EFGH中,AE_L平面上FG〃，PQu平面EFG”,則AEJ,PQ,

又AEEG=E,4￡u平面AEGC.EGu平面AEGC.

故P。/平面AEGC.

由PQS平面APC且尸。工平面AEGC,平面A尸C與平面4EGC有公共直線AC,得平

面APC與平面AEGC重合，

所以點P在平面AEGC內，又點P在平面EFGH內，AEGCC\YISEFGH=EG,

所以點P在EG上.

（2）因為A8=8C,所以底面為正方形，

因為R4=PC,AE=CG,所以RtZ\A￡P與Rt!CGP全等，所以PE=PG,

又點P在EG上，故點P為EG的中點，所以點尸為正方形EFGH中心，

過戶作AZ//BC,交EF于K,交GH于L,則K為E尸的中點，L為G”的中點，作

AMJLBK于M點.

因為BCJL平面48FE,AMu平面A8尸E,則BC_L4M,又BKcBC=B,8Ku平面

BCLK,8Cu平面BCLK,所以AM/平面BCLK,

則直線AP與平面PBC所成角0=ZAPM.

222222

設AE=。，AB=BC=2xtBK=x+hAP=2x+h,

11~…AB-h2xh

因為5A所以AM=-^-=彳彳，

所以APJx2+叫（2￡+叫―后+3/f用+：+3,石高7

22l

=J（夜+1）2=夜+1=2（&-D=2上—2,當且僅當人=蚯“時，等號成立，

故直線AP與平面PBC所成角的正弦值的最大值是2人-2.

B

4.（2023秋?浙江?高三校聯(lián)考期末）如圖，在三棱柱ABC-A^G中，平面48。,

D,E分別為棱A8,SG的中點，BC=2,AB=243,AG=4.

⑴證明：。上〃平面ace/；

（2）若三棱錐A-4。。的體積為竽，求二面角AC-A的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

（2）二面角O-AC-4的余弦值為迥

31

【分析】（1）建立空間直角坐標系，根據(jù)直線與平面的位置關系計算直線方向向量和平

面法向量，即可證明；

（2）根據(jù)三棱錐A-A。。的體積可求得三棱柱的高為2,利用空間向量求二面角的余

弦值即可.

【詳解】（1）證明：在三棱柱ABC-A&G中，84_L平面ABC,BC=2,AB=26

4G=4.

所以AC=AG=4,則AC2=AB2+BC2,則AB16C,

則如下圖，以B為原點，8c朋.8媯為％y,z軸建立空間直角坐標系，設B片=力,

則

A（0,25/3,0）,B（0,0,0）,C（2,0,0）,41（0,2^,A）,BI（0,0,/i）,C1（2,0,/i）,D（0,^,0）,E（l,0,/z）

所以。七=（1,一石,人），AC=（2,—25/i,o）,AA=（o,o,a）,設平面ACGA的法向量為

〃二（x,y,z）,

ACn=02x-2\f3y=0二儼,令y=i,則7=（￡1,0）,

所以=>>

AA,n=0hz=O

所以OE?〃=（l,—6,q?（百,1,0）=6-6+0=0,又OES平面ACGA，所以0七//平

面ACGA；

（2）解:三棱錐A-A。。的體積匕一QC=〃=gsACDA,A=^x^xy/3x2x/i=^^-,

解得力=4,則A（0,275,4）

由（1）知平面AAC的法向量為熱=（出,1,0）,

設平面DA°的法向最為m=（a,仇c）,。。=（2,々5,0）,￡>4=（0,6,4）,

73

a=——b

DCn=02a-屏=0_

所以=>2廠,令b=4,則m=（2>/5,4,->/5）,

。仙=0園+4c?=（）-v3,

c=----b

4

〃n?-mm6+4+05V31一工,八八4一……八

則cos〃，加二廠廠廠1=二一k=f，由圖可知二面角。一4。一從為銳角,

|川?網(wǎng)2x73131

所以二面角AC-A的余弦值為題.

31

5.（2023春?浙江溫州?高三統(tǒng)考開學考試）如圖，在四棱錐P-ABC。中，底面A8CO是

邊長為2的菱形且/A6C=1,產8=姑=4,PC=>/6.

(1)求PO的值；

⑵若BH=2BP，是否存在?，使得平面平面Q4B?若存在，求出4的值；若

不存在，請說明理由.

【答案】(1)加：

2

⑵存在，A=-.

【分析】(1)取線段A8的中點E,連接CE、PE,證明出A8/平面尸CE,可得出

PC1AB,進而可得出PC_LCD,利用勾股定理可求得PO的長；

(2)過點C在平面PCE內作CMJ_PE,垂足為點M,證明出CM_L平面過點M

作HNHAB,分別交RA、PB于點、N、H,可得出平面_L平面R4B,求出EM的

長，可得出a=黑BH=器FM，即可得解.

BPPE

【詳解】(1)解：取線段A8的中點E,連接CE、PE,

因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形，則BC=2,BE=\,

因為乙ABC=y,由余弦定理可得CE?=BC2+BE2-2BCBEcos^=3,

：.BE2+CE2=BC\所以8E_LCE,即CE/AB,

又依-“且E是AB的中點，???/藝_L4?,

PEcCE=E,PE、CEu平面PCE,..AB/平面PCE,

.尸Cu平面PCE,:.PCLAB.CD//AB,..PCA.CD,

.PC=V6,PD=ylPC2+Clf=V10；

(2)解：過點C在平面尸CE內作CM_LPE,垂足為點M,

因為平面PCE,ABu平面P4B,

所以，平面R4BJL平面PCE,

平面R48c平面PCE=PE,CMu平面PCE,CMA.PE,

所以，CM_L平面E48,

過點、M作HN〃AB,分別交R4、PB于點、N、H,

因為CD//43,則”N〃8,

所以，C、D、N、”四點共面，

因為CMu平面COM；,

所以，平面COV/7JL平面RIB,

因為B4=P8=4,AE=\,PELAB^

則PE=yJP^-AE2=>/15?

因為CE=5PC=R，由余弦定理可得cos/尸CE=?C2+CE2PE2=_也

2PCCE2

所以，sinZPCE=Vl-cos2ZPCE=—,

2

SAPCF=-PCCEsin4PCE=-CMPE,

?PCCEsinZPCE厲

所crn以I，CM=---------------------=--，

PE5

EM=ylcE2-CM2=,

因為HN〃AB,所以，九=日之=4^=；

BPPE5

6.(2023春?浙江紹興?高三統(tǒng)考開學考試)如圖，在直三棱柱人BC-中，￡F分

別是棱A8,5G的中點，Z4CB=1.

(1)證明：EFJ.BC；

(2)若AC=2,8C=4,平面AEF與平面ABC所成的銳二面角的角余弦值為g,求直線

EF與平面A8C所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析

(2)—.

2

【分析】（1）取BC的中點，連接。E,DF,證明BCJL平面OER即可證明所1BC.

（2）建立空間直角坐標系，由平面4BC與平面AP戶所成銳二面角的余弦值為：，求

得A4的長，計算sinN/^ED即可.

【詳解】（1）

證明：取8C的中點，連接。E,DF,

因為￡>,E分別為3C,的中點，所以DE〃AC,

又因為ZAC8=],所以BC_LOE,

因為。，產分別為BC,8?的中點，所以DF〃Cq,

又因為ABC-A￡G為直三棱柱，所以CG1BC,所以8C_L0F,

因為DEcDF=D,DEu平面DEF,。尸u平面OER

所以BC/平面DE凡因為斯u平面。石片所以EF13C.

（2）

設例=。（a>0）,以。為原點，CA,CB,CG分別為x,y,z軸建立如圖空間直角

坐標系，

因為AC=2,A8=4,則E（l,2,0）,A（2,0,〃），尸（。,2,0,

AE=（-l,2,-a）,=（-2,2,0）,

設平面AEF的個法向量”=a，y,z）,

A.En=0-x+2y-az=0

則,即取〃=(a,a,l),

A尸?〃=o-2x+2y=0

CG-（0,0,a）為平面ABC的一個法向量，平面ABC與平面"所成銳二面角的余弦值

所以卜os（〃,CC）卜一|=/\=;,解得a=l，

?'71瓦國W2a2+13

由（1）,/FEZ）即直線E/7與平面ABC所成的角，EF=>jDF2+DE2=#+1?=>/2*

sin/FED=變=立，所以宜線所與平面ABC所成的角的正弦值為它.

EF22

7.（2023秋?浙江嘉興?高三統(tǒng)考期末）如圖，在三棱錐A-3CZ）中，平面A8_L平面

BCD，ZACD=ZBCD=30%點E在棱BC上，且BC=3BE=2AC=6DC=6.

（2）設”是4B的中點，點G在棱8C上，且E尸〃平面AOG,求二面角E—AO—G的余

弦值.

【答案】（1）證明見解析

【分析】（1）利用余弦定理求出OE，利用勾股定理可證得DEICD，再利用面面垂直

的性質的定理可證得結論成立；

（2）推導出點G為CE的中點，然后以點O為坐標原點，以DE、。。所在直線分別為

x、丁軸，過點O且垂直于平面BCO的直線作z軸建空間直角坐標系，求出點A的坐

標，利用空間向量法可求得二面角E-40-G的余弦值.

【詳解】（1）證明：由8C=3BE=2AC=GOC=6得BE=2,AC=3,CZ）=23，

CE=BC-BE=4,由余弦定理可得OlnCEZ+ay-ZCECDcoCO=4,

:.CD2+DE2=CE2,HUDEJ.CD,

因為平面ACDJ_平面BCD,平面AC￡>n平面BCD=CD,DEu平面BCD,

平面ACD.

(2)解：因為EF〃平面ADG,￡Fu平面ABC,平面ABCc平面A￡)G=AG,故

EFHAG，

而產是AB的中點，故所為“U?G中位線，得BE=EG=2,

又BC=6,故G為CE中點，

由(1)可知平面4c。，以點O為坐標原點，以DE、0C所在直線分別為工、了

則E（2,0,0）、C（0,2x/3,0）,G（l,瘋0）、￡＞（0,0,0）,

設點A（0MZ>）,其中a>0,b>0,CD=（0,-275,0）,CA=（0,a-25/5肉,

解得”爭

所以,

|CA|.|CD|2&X32

設平面AOE的法向量為帆=(即y,ZJ,DE=(2,0,0),DA

n-DE=2Xj=0

則JJ3，取M=K，可得加=僅,6,-1),

n-DA=—y.+-z.=0')

2121

設平面HDG的法向量為〃=(孫必/2)，DG=(l,G,0),

nDG=x2+6y2=0

則3，取為=々5,可得三已一百」)，

V7

nDA=-y2+-z,=0~

222

m-n425/13

所以,cos—麗=一雙『年.

由圖可知，二面角七-AO-G的平面角為銳角，故二面角E-AO-G的余弦值為名叵.

8.（2023秋?浙江寧波?高三期末）在菱形45。中，G是對角線3。上異于端點的一動

點（如圖1）,現(xiàn)將△ABD沿8。向上翻折，得三棱錐A-BC。（如圖2）.

（I）在三棱錐A-8co中，證明：DG1AC；

（2）若菱形48a＞的邊長為2豆，=p且8G=2GO,在三棱錐A-BCD中，當

AC=3時，求直線AG與平面48所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

喈

【分析】（1）證明。G_U'F面A0C,根據(jù)線面垂直的性質定理即可證明結論；

（2）由題意求得相關線段的長，證明AH_L平面C0D,建立空間直角坐標系，求得相

關點坐標，求出平面AC。的法向量，利用空間角的向量求法，即可求得答案.

【詳解】（1）在圖1中，連接AC交5。于。，連接AG,CG,

由菱形的性質得力GLAO.DGLCO,

D

圖1圖2

在圖2中，因為C0,A0u平面AOC且AOCO=O,

DG1AO.DG1CO,

所以由直線與平面垂直的判定定理得DGJ?平面AOC,

因為ACu平面AOC,所以DGJ.AC.

（2）由。G_L平面AOCOGu平面COD,得平面C8_L平面AOC,

菱形ABCD的邊長為2々，NABC=方，BG=2GD,

則BD=2BO=6,GD=2,

則三棱錐A-8CO中，CO=AO=0,又AC=3,

3+3-91

解^AOC得cosZAOC=4°乙％廣2xy/3x^3~~2

故440c=120。,

3

作A/7J.CO,交8延長線于"得A”=],

由于平面C0DL平面AOC,平面COD卜平面AOC=C。，A〃u平面AOC.

所以AH_L平面C。。，

如圖，以。為原點，OG8分別為乂丁軸，過。作A”的平行線作為z軸,

建立空間直角坐標系，如圖，

設平面ACD的法向吊為n=(x,y,z),

"363八

n-AC=-----x——z=0

22

則，取x=J5,則y=Lz=3,

n-AD=^-x+3y--z=0

22

可得平面ACD的法向量〃=(x/3,1,3).

設直線AG與平面4CD所成角為仇^6[0,1],

sct'i,n_i/'[Ai\n-AG|2V13

所以sin6=|cos〈〃,AG)|=-............=-=------.

|〃||4G|Vl3x213

3

另解提示：根據(jù)上述解法求出A”=Q，

由CG=OG=4G=2,CO=26，可得右的=>/5，

由CO=AO=2>/5,4C=3,可得%CD=￥^，

設點G到平面ACD的距離為d,直線AG與平面AC。所成角為巴

因為匕-的=%?即;4月《對亦二:"出小。，可得d=噂，

，D13

所以sin。=-^―--

AG13

9.(2023春?浙江?高三開學考試)如圖，在多面體A8CDE中，面8CDE為平行四邊形,

AE=BE=\3,A3=8,BC=6,AB1BC,尸為4C中點.

(1)求證：AB±EF；

(2)二面角E-46-C的正切值為4,求多面體ABCDE的體積.

【答案】(1)證明見解析

(2)192

【分析】(1)取AB中點M,連接ME、MF,通過證明AB/平面M即來證得

(2)根據(jù)二面角E-48-C的正切值以及余弦定理計算邊長，利用向量法求得點力到

面BCDE的距離，進而求得多面體ABCDE的體積.

【詳解】(1)取48中點M,連接EM、FM,

-AE=BE，M為AB中點,.?.AB_L￡M,

M為AB中點、,F為AC中點，，MF〃BC,,AB±BC,MF//BC,..ABIMF,

ABJ.ME,ABLMFtMEu面MEF,MEu面MEF,MEC\MF=M,

平面MEF,s.ABLEF.

(2)由(1)知：NEM/即二面角E-A8-C的平面角,

?.tanZEMF=4,NEM尸為銳角,

sinNEMF

4

由《cosNEM產

sin2Z.EMF+cos2Z.EMF=1

I

解得

cos/EMF=而

AE=EB=13,AM=-AB=4,.\EM1=E^-AM2=153,

2

MF=-BC=3,

2

在VM中由余弦定理得:

EF2=EM2+MF2-2ME-MFcosNEMF=153+9-27153-3-==144,

..EF2+FM2=153=EM2,:.EF1FM,

以M為原點，MB為x軸，M尸為)，軸建立空間直角坐標系，如圖所示,

A?0,0),3(4,0,0),戶(0,3,0),￡(0,3,12),C(4,6,0),

BEBC二18二3

BC=(0,6,0),=(T,3,12),cosNEBCBE||BC|=6d3=i3,

..4V10

??sinNEBC------,

13

/.5叱=2s也=218cH陽sin"BC=24后,

設面BCDE的法向量為萬=(%為"0)，

n-BC=0日」6yo=O

n-BE=0'[-4公+3%+124=0

j0=0,令4=1,XQ=3,/.?=(3,0,1)

???點A到面6CO上的距離d[["""=勺，

\n\x/10

*',^A-RCDF.~]SRCDE,卜=124>/10-=192,

，多面體A8CQE的體積為192.

10.(2023?浙江?永嘉中學校聯(lián)考模擬預測)如圖，在四棱錐P-QABC中，已知

3=0尸=1,CP=2,AB=4,ZCPO=pZABC=^,ZAOC=],E為PB中點,F

為AB中點.

(2)若PA=G，求平面POC與平面P4B所成夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；

e3m

\^)---?

13

【分析】(1)根據(jù)線面平行及面面平行的判定定理即得；

(2)方法一，延長CO與R4交于由題可得面PCOJ?面PO4,過A作AM_LPO,

過A作AN_LPH,進而可得N/WM即為面POC與面所成二面角的平面角，結合

條件即得；

方法二，利用坐標法，根據(jù)面面角的向量求法即得.

【詳解】(1)連接AC,為尸5中點，F(xiàn)為AB中點,

：?EF〃面FAO,

在APCO中，OP=1,CP=2tNCPO=1,

/.OC2=OP2+CP2-2OPCPcosZCPO=12+22-2X1X2X1=3,即OC二百，

在△ACO中，OA=1,NAOC=],JAC=2,ZO4C=|,

ABSiBC

在AAC5中，AA=4,ZABC=^,AC=2,sinZACB='^=j?

6AC

c

AZACB=~,ZCAB=-：,Z.OAB=—,

23t3

I

???尸為A8中點，:.CF=-AB=2,NCFB=—,

23

：.OA//CF,又?.?C尸(z面尸AO,OAu面PAO,

ACF//EPAO,又?：CFcEF=F,CF,EVu面CM,

平面CEF〃平面PAO；

(2)解法一：延長CO與HA交于H,連P”，則面R48c面尸OC=P”，

在APCO中，OP=[,CP=2,0C=6所以OC_LOP,

又ZAOC=U,OAA.OC,POOA=O,PO,O4u面TOA,

2

???COJ■面POA,COu面PCO,

，面PCO1面PO4,

在面PC。內過A作AM_LP。，則4M上面PC。，

??"〃u面PCO,/.AM±PH，

過A作AV_LP”，連MN,'：AMAN=AtAMu面4VW,?Wu面AMN,

”，面MNu面41W,

，PH1MN,

JN/VW即為面POC與面P46所成二面角的平面角，

*：OP=OA=\,尸4=百，

???NPQ4=￥，AM=—，

32

VCF=2,OAHCF,

/.OH=>[3,AH=2,PH=2又PA=也,

3G

:.cosNANM=，.=3^^

癖13

4

解法二：在少皿中，OP=1,CP=2,oc=6所以OC_L0P，

5

又ZAOcJ,OAA.OCt。尸門"二^^憶以^^:平面人。/,

2

所以OC_L平面AOP,OCu平面OABC,

所以平?面AOP_LTiliiQABC,

又＜。p=3=i,PA=6

3號

以。。為X軸，04為y軸，過。且垂直于面0A8C的直線為z軸建立空間直角坐標系,

則0（000）,4（0,1,0）,C（Ao,O）,8（2&3,0）,

設平面POC的法向量q=a，x，zj,0尸=0,-/乎，℃=隔0,0),

OPn,-0_^--y（+--2j-0^令z=i則y=后，'%=（0,石,1）,

[ocj=o[X1=O\

設平面BAB的法向量叼二國必心），AP=（o,q爭，48=（2屈2,0）

\/

AB〃,=O2A+2%=0

3G、令￡=1，則々=—3,

APn2=0-—j2+^-z2=0

所以8sH㈤=一+=-嚶

???平面POC與平面所成角的余弦值為主叵.

13

11.（2022?浙江?模擬預測）在矩形A8C。中，A3=2AO=4,點M為線段8上的中

點，將△/1￡>〃沿AM翻折，使得NPD4=60。，點E在線段上（不包括端點）.

（1）證明：平面平面A8CZ）；

（2）求直線CE與平面R46所成角的正弦值的取值范圍.

【答案】（1）詳見解析；

⑵件嚕

【分析】（1）取AM中點0,根據(jù)勾股定理及線面垂直的判定定理可得。尸?!?平面4BCQ，

進而即得；

（2）利用坐標法，設莊=2PB（0<；lvl）,利用線面角的向量求法及二次函數(shù)的性質

即得.

【詳解】（1）取AM中點。，連接DO.P。，

因為M為線段CO上的中點，AB=2A￡>=4,

所以AD=￡>M=2,所以

又因為24=D4=2,PM=0w=2,

所以尸O_LAM,

由題意可得AM=20，ZAPM=ZADM=90°,

OP=OD=—AM=V2,又因為NPnA=60°,

2

所以E4=D4=O尸=2,

所以0尸+0。2=^￡)2

所以OP_L8,又PO_LAW,ODAM=O,ODcjg]ABCD,AMu平面ABC。,

所以8，平面458,

又因為OPu平面PA",

所以平面APM_L平面ABCD；

(2)如圖以。為原點建立空間直角坐標系，

則A(￡0,0),B(-近,2近,0),C(-2及，及,0),P(0,0,a),

所以P4=(&,O,-0),Pfi=(-V2,2>/2,->/2),

設平面PAB的法向量〃=(x,y,z),

\n-PA=>/2x->/2z=0,

則〈廠,令x=l,可得〃=,

nPB=->J2x+2\/2y-，2z=0

設PE=%尸8(0<2<1),則?E=/IPB=(—歷,2&,-夜；l),

所以網(wǎng)-低,2伍,夜-伍)，CE=(2夜一向,2仞-忘，應-屈).

設直線CE與平面R4B所成角為。，

n.CEI|2V2-V22+2V22-V2+V2-V22|

麗\.他&⑷\(2回何+(&的2

應

行標R百機|J+.

因為ae(O,l),

（J22J22

所以直線CE與平面R4B所成角的正弦值的取值范圍為左,呻一.

12.（2022秋?浙江金華?高三期末）如圖，在三棱錐A-3CO中，AB=AD,。為3。的

中點，AOA.CD.

⑵若AOCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱ADt,DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小為45,求三棱錐A-8CD的體積.

【答案】（1）證明見解析

⑵3

6

【分析】（1）由等腰三角形三線合一性質可得80；利用線面垂直判定可證得AOL

平面BC。，由面面垂直的判定可得結論；

（2）以0為坐標原點建立空間直角坐標系，設04="?.利用二面角的向量求法可構造

方程求得加的值，利用棱錐體積公式可求得結果.

【詳解】（1）AB=AD^。為8。中點，.?.AO_L6。，

又AO_LC。，BDcCD=D,B￡>,8u平面BCD,「.AO,平面SCO,

QAOu平面9，.?平面ABO_L平面BCD

(2)以。為坐標原點，0D04正方向為y，z軸，過。作垂直于0。的直線為x軸，可

建立如圖所示空間直角坐標系,

設以=利(m>0),則8(0,T,o),C今；0

，,麗=d號)心隹到

設平面EBC的法向量〃=(x,y,z),

lc42m八

EBn=—y------z=0

3/3?

則,令z=2,解得：x=y/3nt,y=~m,/.n=(>/3^-m,2)；

8Cn=-^-x+^y=0

■z軸1平面BCD，，平面BCD的一個法向量帆二(0,0,1)；

二二面角E-BC-O的大小為45,

I--I2y/2

COS<^AZ>=jL--t|=,=—,解得：/W=l;

MrMr\4/n2+42

6.v_K_16_6

==fiCDw=XX=-

S.BCD2s.0c°=1x1X萬''^A-BCD353^-6~,

13.(2022?浙江?模擬預測)如圖在四棱錐P-A8c。中，底面A8CD為正方形，平面

48_L平面P8C,AB=AP=2.

(1)求證：BCA.AP；

⑵若四棱錐尸-A5co的體積為竽，求一面角8-9-C的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵偵

7

【分析】（1）結合面面垂直和線面垂直的性質定理即可證明.

（2）取8中點為M點，建立空間直角坐標系，得到點的坐標，即可求得二面角

8-尸。-C的余弦值，從而求得正弦值.

【詳解】（1）證明：取網(wǎng)的中點為E,連接4E,

因為=所以A￡_LP8,

因為平面平面P8C,平面平面PBC=PB

4Eu平面所以AE_L平面PBC,

因為8Cu平面P8C,所以AE_L8C,

又因為底面A8c。為正方形，所以

因為ABAE=A,AB,AEu平面R4B，所以BC工平面

因為APu平面R4B，所以8C_LAP

（2）由（1）知，8cs平面

因為BCu平面ABCD,所以平面以8L平面ABCD

過尸點作尸〃_LA8,可得P〃_L平面ABC。，即PH為四棱錐尸-98的高，

因為四棱錐尸—A8CD的體積為竽，所以/T8e=gx2x2xP”=苧，

解得?"=6，又因為上4=2,所以47=1,所以〃為AB中點，

取8中點為“點，連接“M,

以〃點為坐標原點，以網(wǎng)由所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的

空間直角坐標系

所以8（-1,0,0）,尸（0。石），D（1,2,0）,C（-l,2,0）,

所以PB=（—l,0,—G）,PZ）=（1,2,—G）,PC=（—1,2,—G）,

,、n-PB=0f-x-TJz.=0

設平面/w的法向量為〃=a，3zj,則《，即〈?r,

令4=i,解得玉=々5,弘=6所以”=（-

_,、\m-PC=0f-x+2y.-石馬=0

同理設平面尸8的法向量帆=（9,必*2），貝葉，即，?力「?,

m-PD=0L+2y-QzI=0

解得m=（0,石,2）,所以二面角8-PO—C的余弦值為硒=亍,

所以二面角5-立>-。的正弦值為義區(qū).

14.（2022?浙江紹興?統(tǒng)考一模）在四棱錐P—A8co中，AD=2AB=2BC=4,AD//BC,

NR4O=120°,AB工PC.

⑴求證：PA=PB?,

（2）若平面P45_L平面48C。，二面角5-2。-4的余弦值為（，求直線￡>P與平面P8C

所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析.

【分析】（1）取AB的中點0,連接OP,0C,證明平面POC,繼而證明A8_LP。，

從而證明結論；

（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，利用二面角B-PC-A的余弦值為g,

結合空間向量角的求法求得0P=G，繼而求得平面PBC的法向量，利用向量的夾角

公式，即可求得答案.

【詳解】（1）證明：如圖所示，取AB的中點0,連接OP,0C.

故NA8C=60°,..ABC為正三角形，

「.A8J_OC,又AB_LPC,OCcPC=C,尸Cu平面POC,OCu平面POC

平面尸OC,又尸Ou平面尸OC,

:.AB±PO,:.PA=PB.

(2)依題意平面_L平面ABCD,由(1河知PO_LAB,平面RABc平面ABCD=AB,

POu平面R4B、

則PO工平面ABC。，故以05,OC，OP為x，丁，z軸的正方向建立如圖所示的空間

直角坐標系.

設OP=/U>0,則3(1,0,0),A(-l,0,0),C(0,V3,o),P(0,(M)、Q(—3,260),

..BC=(-h>/3,0),BP=(-l,O,/l),AC=(l,>/3,0),AP=(l,0,4),

.、BC-/n=0f-x+\/3v-0

設平面5PC的一個法向量/n=x,y,z),由，可得：)八，

'BPm=0-x+2z=0

令y=M,則％=3,z=

￡=（她,c）,由產,…可得卜牝。,

設平面PAC的個法向害

APn=0[a+Ac=0

一%則"=3-有-皆，

令b=-6貝"3,c=

，=（3,-"用.

可得平面PAC的法向量，

加方6-*1

依題意可得卜。卜一而解得八⑸即。八技

即平面P8C的法向量小二=（3,近6），P/）=（-3,26,-@,

設直線OP與平面P8C所成角為。,

則0的正弦值sin0=|cos(DP,m]=J。7言，或=嗎.

?'八,同V15V2410

15.(2022秋?浙江?高三校聯(lián)考階段練習)如圖，在四棱錐尸-ABC。中，已知底面A8C。

是正方形，尸C_L底面48cO,且PC=BC=1,E是棱PB上一點.

(1)若〃平面ACE,證明：E是PB的中點.

(2)線段網(wǎng)上是否存在點E,使二面角P—AC—E的余弦值是返？若存在，求普的值;

3

若不存在，請說明理由.

【答案】(1)證明見解析

PE

(2)存在，——=1

【分析】(1)利用線面平行的性質定理得到尸?！‥O,且O為5。的中點，則E是網(wǎng)的

中點；

(2)建立合適的空間直角坐標系，求出平面R4C和平面E4C的法向屈，列出與4相關

的方程，解出之即可.

(1)

證明；如圖，連