2020年高考【數(shù)學真題·母題解密】立體幾何綜合（理）（解析版）

『高考真題?母題解密」

1分項匯編?逐一擊破』

專題19立體幾何綜合

［母題呈現(xiàn)

【母題原題1】【2020年高考全國III卷，理數(shù)】如圖，在長方體—中，點E,產(chǎn)分別在棱

DD],88]上，且2DE=ED],BF=2FBX.

（1）證明：點C1在平面AEF內(nèi)；

（2）若A6=2，A￡）=1，44,=3,求二面角A—Ef-A的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）”二.

7

【解析】

【分析】

（1）連接GE、GF，證明出四邊形AEC/為平行四邊形，進而可證得點G在平面AEE內(nèi)：

（2）以點4為坐標原點，GR、G4、C。所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系G-孫z,

利用空間向量法可計算出二面角A--4余弦值，進而可求得二面角A-EF-4的正弦值.

【詳解】（1）在棱CG上取點G，使得GG=；CG,連接。G、FG、gE、C,F,

cB

F

Bi

在長方體中，且且

ABCD-44G2AO〃3cAD=BC,BBJ/CGBB,=ccl,

122

C}G=-CG,BF=2FB、,:.CG=}CC]=mBBi=BFScCG=BF,

所以，四邊形3CGE為平行四邊形，則A/7/OG且AE=OG,

同理可證四邊形DEC。為平行四邊形，??.GE//DG且GE=DG,

QE//AF且和后=AR,則四邊形AEQF為平行四邊形,

因此，點q在平面AEF內(nèi);

（2）以點G為坐標原點，GA、G4、CC所在直線分別為X、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐

標系￡-xyz,

則A（2,l,3）、4（2,1，。）、￡（2,0,2）、尸（0,1,1）,

A￡=(0,-l,-l),"=(一2,0,-2),42=(0,—1,2),A尸=(—2,0,1),

設平面AEF的法向量為加=（玉，X，zJ,

m-AE=0—y-z.—0

由，，得《[-2%2=0取L1，得%=M=1,則加=(1,1,T)，

m-AF=0

設平面\EF的法向量為n=（x2,y2,z2）,

n-A,E=0-y2+2z,=0,、

由，,得7-八，取Z2=2,得々=1，＞2=4,則〃=(1,4,2),

小4/=0—2x^+z2=0

m-n3yjl

cos<，n,n>=?-j—j~r=-7=—1==—

^3x5/217

設二面角A-Eb—A的平面角為e，則|cosS=*，.?.sine=Jl一cos20=理.

因此，二面角A—Ef—4的正弦值為匝.

7

【點睛】本題考查點在平面的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力與計算能

力，屬于中等題.

【母題原題2】【2019年高考全國HI卷理數(shù)】圖1是由矩形AQE8,RtzXABC和菱形2FGC組成的一個平

面圖形，其中A2=l,BE=BF=2,ZFBC=60°,將其沿AB,8c折起使得8E與BF重合，連結(jié)。G,如

圖2.

(1)證明：圖2中的A,C,G,。四點共面，且平面ABC,平面BCGE；

(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

BC

圖1圖2

【答案】（1）見詳解；（2）30.

【解析】（1）由已知得A。BE,CGBE,所以AOCG,故A。，CG確定一個平面，從而A,C,G,

力四點共面.

由已知得A8J_8E,ABA,BC,故A8J_平面BCGE.

又因為A8U平面ABC,所以平面ABCJ_平面BCGE.

（2）作EHLBC,垂足為〃.因為EHU平面8CGE,平面8CGE,平面A8C,所以E//J_平面A8C.

由已知，菱形BCGE的邊長為2,ZEBC=60°,可求得8H=1,EH=6

以H為坐標原點，HC的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz,

則A(-1,1,0),C(1,0,0)G(2,0,百)，CG=U，0，百)，AC=(2,-1,0).

設平面ACGO的法向量為"=(x,y,z),則

CG-n=0,\x+s[3z=0,

AC-n=0,2x—y=0.

所以可取”=(3,6,-V3).

1n

乂平面8CGE的法向量可取為“片（0,1,0）,所以cos(n,m)="=—

l?l|/n|2

因此二面角B-CG-A的大小為30。.

【名師點睛】很新穎的立體幾何考題.首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變

的.再者粘合后的多面體不是直棱柱，建系的向量解法在本題中略顯麻煩，突出考查幾何方法.最后將

求二面角轉(zhuǎn)化為求二面角的平面角問題考查考生的空間想象能力.

【母題原題3】【2018年高考全國III卷，理數(shù)1】如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧8

所在平面垂直，M是C￡＞上異于C,。的點.

（1）證明：平面平面8MC；

(2)當三棱錐ABC體積最大時，求面M鉆與面MCO所成二面角的正弦值.

【答案】(1)見解析；(2)2叵

5

【解析】(1)由題設知，平面CMQ_L平面A8CQ,交線為CD.因為8C_LCQ,BCu平面ABC。，所

以BC_L平面CMD,故BCVDM.

因為M為。。上異于C,。的點，且OC為直徑，所以DMLCM.

又BCCM=C,所以DW_L平面8MC.

而DA/c平面AMD,故平面平面BMC.

(2)以D為坐標原點，DA的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系。-xyz.

當三棱錐M-A3C體積最大時，M為C。的中點.

由題設得0(0,0,0),A(2,0,0),8(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),

AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0)

設n=(x,y,z)是平面MAB的法向量，則

n-AM=Q,—2x+y+z=0,

，即

n-AB=0.2y=0.

可取〃=(1,0,2).

OA是平面MCO的法向量，因此

n-DA

cos(n,DA

~\n\\DA\5

2/s

所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是黃.

【名師點睛】本題主要考查面面垂直的證明，利用線線垂直得到線面垂直，再得到面面垂直，第二問主

要考查建立空間直角坐標系，利用空間向量求出..面角的平面角，考查數(shù)形結(jié)合，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代

數(shù)問題進行求解，考查學生的計算能力和空間想象能力，屬于中檔題.

母題褐秘

【命題意圖】用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在

研究立體幾何問題中的應用.主要考查考生的直觀想象能力、數(shù)學運算能力、邏輯推理能力，以及轉(zhuǎn)化與

化歸思想的應用.

【命題規(guī)律】立體幾何解答題第1問主要集中考查空間中直線、平面的位置關(guān)系的判斷，注重對公理、定

理的考查，而第2問多考查空間向量在空間立體幾何中的應用，在證明與計算中一般要用到初中平面幾何

的重要定理，空間思維要求較高，運算量較大，對學生的空間想象能力、轉(zhuǎn)化能力、計算能力要求較高.在

考查考生運算求解能力的同時側(cè)重考查考生的空間想象能力和推理論證能力，給考生提供了從不同角度去

分析問題和解決問題的可能，體現(xiàn)了立體幾何教學中課程標準對考生的知識要求和能力要求，提升了對考

生的數(shù)學能力和數(shù)學素養(yǎng)的考查.本試題能準確把握相關(guān)幾何元素之間的關(guān)系，把推理論證能力、空間想

象能力等能力和向量運算、二面角作圖、建立空間直角坐標系等知識較好地融入試題中，使考生的空間想

象能力、推理論證能力和運算求解能力得到了有效考查.

【答題模板】

I.一個平面的法向量是與平面垂直的向量，有無數(shù)多個，任意兩個都是共線向量.

若要求出一個平面的法向量的坐標，一般要建立空間直角坐標系，然后用待定系數(shù)法求解，一般步驟如

下：

(1)設平面的法向量為〃=(x,y,z)；

(2)找出(求出)平面內(nèi)的兩個不共線的向量的坐標a=(0,b\,ci),b=(“2,bi,c2);

na=O,

(3)根據(jù)法向量的定義建立關(guān)于x,y,z的方程組《，八

no=0；

(4)解方程組，取其中的一組解，即得法向量.

注意：求平面的法向量時，建立的方程組有無數(shù)組解，利用賦值法，只要給x,y,z中的一個變量賦一

特殊值(常賦值-1，0,1),即可確定一個法向量，賦值不同，所求法向量不同，但"=(0,0,0)不

能作為法向量.

2.用空間向量解決立體幾何問題的步驟如下：

(1)建系：根據(jù)題中的幾何圖形的特征建立適當?shù)目臻g直角坐標系；

(2)定坐標：確定點的坐標進而求出有關(guān)向量的坐標；

(3)向量運算：進行相關(guān)的空間向量的運算；

(4)翻譯：將向量中的語言“翻譯”成相應的立體幾何中的語言，完成幾何問題的求解.

【方法總結(jié)】

1.利用向量法證明平行問題

(1)證明線線平行：證明兩條直線的方向向量共線.

(2)證明線面平行：

①證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；

②證明該直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行；

③證明該直線的方向向量可以用平面內(nèi)的兩個不共線的向量線性表示.

(3)證明面面平行：

①證明兩個平面的法向量平行；

②轉(zhuǎn)化為線線平行、線面平行問題.

注意：用向量法證明平行問題時，要注意解題的規(guī)范性.如證明線面平行時，仍需要說明一條直線在平

面內(nèi)，另一條直線在平面外.

2.利用向量法證明垂直問題

(1)證明線線垂直：

證明兩直線的方向向量垂直，即證它們的數(shù)量積為零.

(2)證明線面垂直：

①證明直線的方向向量與平面的法向量共線；

②證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線的方向向量垂直；

③證明直線的方向向量與平面a內(nèi)的任一條直線的方向向量垂直.

（3）證明面面垂直：

①其中一個平面與另一個平面的法向量平行;

②兩個平面的法向量垂直.

3.求線面角

（1）定義法：①作，在斜線上選取恰當?shù)狞c向平面引垂線，在這一步上確定垂足的位置是關(guān)鍵；

②證，證明所作的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據(jù)是直線與平面所成角的概念；

③求，構(gòu)造角所在的三角形，利用解三角形的知識求角.

（2）公式法：sin小，（其中/?為斜線上除斜足外的任一點到所給平面的距離，/為該點到斜足的距離,

6為斜線與平面所成的角）.

（3）向量法：sin0=|cos〈,”>|="的”（其中AB為平面a的斜線，〃為平面a的法向量，。為斜線

|AB||n|

AB與平面a所成的角）.

4.求二面角

（1）定義法：在二面角的棱上找一特殊點，過該點在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的射線，如圖（1）,

ZAOB為二面角a-1-p的平面角；

（2）垂面法：過棱上一點作棱的垂直平面，該平面與二面角的兩個半平面的交線所形成的角即二面角

的平面角，如圖（2）,NAOB為二面角a-/-夕的平面角；

（3）垂線法（三垂線定理法）：過二面角的一個半平面內(nèi)一點作另一個半平面所在平面的垂線，從垂

足出發(fā)向棱引垂線，利用三垂線定理（線面垂直的性質(zhì)）即可找到所求二面角的平面角或其補角，如圖

（3）,乙4。8為二面角的平面角；

個半平面內(nèi)的多邊形在另一個半平面內(nèi)的射影;

（5）向量法：利用公式COS<〃1,"2>=產(chǎn)產(chǎn)7（?1,“2分別為兩平面的法向量）進行求解，注意<"1,"2>

與二面角大小的關(guān)系，是相等還是互補，需結(jié)合圖形進行判斷.

如圖(2)(4)中＜"i,”2＞就是二面角a-/-/?的平面角的補角；如圖(1)(3)中＜小，就是二面角a-1-p

的平面角.

5.求空間距離

(1)直接法：利用線線垂直、線面垂直、面面垂直等性質(zhì)定理與判定定理，作出垂線段，再通過解三

角形求出距離.

(2)間接法：利用等體積法、特殊值法等轉(zhuǎn)化求解.

(3)向量法：空間中的距離問題一般都可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離問題進行求解.

求點P到平面a的距離的三個步驟:

①在平面a內(nèi)取一點A,確定向量抬的坐標;

②確定平面a的法向量”；

③代入公式"=空出求解.

1?1

1.(2020?柳州高級中學高三月考(理))如圖，在三棱柱ABC-A用G中，己知四邊形MG。為矩形,

M=6,AB=4C=4,ZBAC=NBA4,=60°,NAAC的角平分線交CQ于。.

(1)求證:平面B4Z＞_L平面A41G。；

(2)求二面角A-Bg-A的余弦值.

【答案】(1)見解析；(2)主叵

17

【解析】

【分析】(1)過點。作OE//AC交AA于E，連接CE,3E,設AOCE=O,連接B0，由角平

分線的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形的全等，證得CE_L3O,CE±AD,由線面垂直的判斷定理證

得CE，平面BAD，再由面面垂直的判斷得證.

(2)平面兒何知識和線面的關(guān)系可證得8。，平面A4,G。，建立空間直角坐標系。一取z,求得兩個

平面的法向量，根據(jù)二面角的向量計算公式可求得其值.

【詳解】(1)如圖，過點。作DE//AC交A4于七，連接CE,BE,設4)CE=O,連接B0，

AC1AA,,..DELAE-

又為NA/C的角平分線，.?.四邊形AEOC為正方形，，。石，?!。，

又AC^AE,ZBAC=ZBAE,BA=BA，：.gACNgAE、：.BC=BE,又。為CE的中點，

:.CELBO

又AD,8。u平面34)，AD80=0.，。七，平面34)，

乂CEu平面A4,CC，.?.平面BAD,平面AAG。，

(2)在AABC中，AB=AC=4，Zfi4c=60。，.,.BC=4,在RtASOC中，CO=-CE=242,

2

BO=2V2>

乂AB=4，AO=-AD=2-^2,BO2+AO2=AB2?BOA.AD,

2

又BOLCE,ADCE=O,AT>,CEu平面A4CC，.?.BO,平面MG。，

故建立如圖空間直角坐標系。一型，則A(2,—2,0),A,(2,4,0),C,(-2,4,0),

4(0,6,2正)，=(2,2,2后)，AG=(T,6,0),=(4,0,0),

ml.CBf-4x.+6y.=0

設平面被G的一個法向量為2(74),則k..Z+2x+2色S

令％=6,得加=(6,4,-50),

n1G用

設平面44G的一個法向量為〃=。2，%，22），貝人

n±C1A1

4x—0

2；；2%+2任廣?！?m得〃=「△」）

m-n95/23V17

cos<m,n>=-；-；~~；~~r=―/——下一，由圖示可知二面角A-4G-A是銳角，

V102XV3

故二面角A-4G-A的余弦值為孑叵.

17

【點睛】本題考查空間的面面垂直關(guān)系的證明，二面角的計算，在證明垂直關(guān)系時，注意運用平面幾何

中的等腰三角形的''三線合一”，勾股定理、菱形的對角線互相垂直，屬于基礎題.

2.（2020?四川省瀘縣五中高三二模（理））如圖，在梯形A8CO中，

AB//CD,AD=DC=CB=2,ZABC=60,平面ACEEJ_平面ABC。，四邊形AC"是菱形，

ZCAF=60.

（1）求證：BFA.AE；

（2）求二面角3—石尸一。的平面角的正切值.

9

【答案】（1）證明見解析：（2）

7

【解析】

【分析】（1）利用勾股定理證得8C_LAC,由此根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證得5CL平面ACEF,

從而證得AE，5C,根據(jù)菱形的性質(zhì)證得AEYFC，由此證得AE_L平面BCF,進而證得BFLAE.

（2）取所的中點M，連接MC,證得C4,CB,CM兩兩垂直，由此建立空間直角坐標系，通過平面

B石廠和平面。石戶的法向量，計算出二面角的余弦值，進而求得其正切值.

【詳解】（1）依題意，在等腰梯形A8CD中，AC=26A5=4，

,:BC=2,二AC2+BC2=AH|JBC_LAC,

???平面ACEF±平面ABCD,:.，平面ACEF、

而AEu平面ACEF,3c.

連接CF，：四邊形ACM是菱形，???AE_LFC，

...AE，平面BC尸，8/（=平面3。/，；.8/1_4￡.

（2）取樣的中點M，連接MC,因為四邊形ACE尸是菱形，且NC4E=60.

所以由平面幾何易知MC_LAC，

?..平面ACEF±平面A8CO,MC，平面ABCD.

故此可以C4、CB、CM分別為無、V、z軸建立空間直角坐標系

各點的坐標依次為：C(0,0,0),A(26,0,0),8(020),D(JJ,T,0),E(—百,0,3),F(石,0,3).設

平面5￡尸和平面OEF的法向量分別為々=（%,4＜）,%=（4也,。2），

,/BF=（V3,-2,3）,EF=（2百,（）,0）.

BF-〃1=()Gq—2仇+3q=04=0

令4=3,則勺=(0,3,2),

EF-n]=0[264=0”4=3q

同理，求得〃2=（°，3,-1）.

八々?〃，79

cos0=r^T~\=~r7^'故二面角5—所一。的平面角的正切值為一.

|?||-|?2|VI307

【點睛】本小題主要考查線線垂直的證明，考查空間向量求二面角的三角函數(shù)值，考查空間想象能力和

邏輯推理能力，屬于中檔題.

3.（2020?宜賓市敘州區(qū)第一中學校高三二模（理））已知四棱錐P-ABCD,底面ABCO為菱形，

~D=PB.H為PC上的點，過的平面分別交于點M,N,且8D//平面

（1）證明：MN工PC；

（2）當〃為PC的中點，PA=PC=6AB,Q4與平面A8CD所成的角為60°,求二面角

P-AM-N的余弦值.

【答案】（1）見解析；（2）叵.

13

【解析】

【分析】（1）連結(jié)AC交即于點。，連結(jié)尸O.由題意可證得5D_L平面PAC，則BD_LPC.由

線面平行的性質(zhì)定理可得BD//MN,據(jù)此即可證得題中的結(jié)論：

（2）結(jié)合幾何體的空間結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標系，求得半平面的法向量，然后求解二面角的余弦

值即可.

【詳解】（1）證明：連結(jié)AC交50于點0,連結(jié)P0.因為ABCD為菱形，所以或>_LAC,且。為

AC.8。的中點，因為PD=PB，所以P0LBD,

因為ACcP0=0旦4C、POu平面P4C，所以8OJ_平面PAC,

因為PCu平面P4C,所以5O_LPC.

因為80//平面4WHN,BDu平面PBD，且平面AMHNc平面PBD=MN,

所以BD//MN，所以MNLPC.

（2）由（1）知BOLACFLPOLBD，因為D4=PC，且0為AC的中點，

所以PO_LAC，所以P。，平面ABC。，所以P4與平面ABC。所成的角為NPAO,

所以，所以A0=^PAP0=13pA，因為PA=6AB，所以80="PA.

226

分別以。4,0B>。尸為x，％z軸,建立如圖所示空間直角坐標系,設24=2，則

0（0,0,0）,A（1,0,0）,B0,一,0,C（-l,0,0）,D0,-一,0，尸他0,唐）,H--,0,^-,

\JJ\JJ、乙乙)

所以。5=（0,學,0,AH=

,AB=-1,—,0,AP=(—l,0,6).

=邛y=0

記平面4W/N的法向量為馬=（%,%,Z1）,叫r，

n.■AH---x,H———Z1=0

I'2121

令為=0,則y=0,馬=J§,所以勺=（1,o,@,

73

小,AB=-H------y=0

記平面抬6的法向量為《2=（犬2，%，22），）“^392

n2-AP--x2+>/3Z2=0

令*2=1,則m=若/2=等，所以〃2=、L瓜用.

)|?4?為V39

記二面角尸一AM-N的大小為4則cos￡?=cos<?1,n2>=.|||=.

川M13

所以二面角產(chǎn)一AM-N的余弦值為叵

13

H

【點睛】本題主要考查線面垂直的性質(zhì)定理，利用空間直角坐標系求二面角的方法等知識，意在考查學

生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.

4.（2020.廣西壯族自治區(qū)高三其他（理））如圖，直三棱柱ABC-A&G中，底面A6C為等腰直角

三角形，NACB=90，M=2AC,P是側(cè)棱CG上的點.

（1）若NAP8=60°，證明：尸是CC的中點;

（2）若CP=3P￡,求二面角3—AP—C的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）圭叵.

22

【解析】

【分析】3）利用勾股定理得出AP=BP，再由NAPB=60°可得知ZM/W為等邊三角形，利用勾股

定理得出AC=PC=，進而可證得結(jié)論成立;

（2）以點C為坐標原點，C4、CB、CG所在直線分別為x、y、z軸建立空間宜角坐標系C一個z,

設AC=2,利用空間向量法可求得二面角AP—C的余弦值.

【詳解】（1）由直三棱柱ABC—A4G得平面ABC，

AC,3。<=平面48。，；.￡。，4。，C,C1BC,

ABC為等腰直角三角形，ZACB=9Q>.?.4。=3。且48=及4。，

由勾股定理得AP=^AC2+PC2=VBC2+PC2=BP，

QNAPB=60"，AB尸是等邊三角形，則AP=A3=0AC，

由勾股定理得PC=y/AP2-AC2=4C=；A4,=；CG,.?.尸為Cq的中點;

（2）易知C4、CB、CG兩兩垂直，以點C為坐標原點，C4、CB、CG所在直線分別為X、八z

軸建立如下圖所示的空間直角坐標系C-J^z,

設AC=2,則4(2,0,0)、8(0,2,0)、P(0,0,3),AB=(-2,2,0),AP=(—2,0,3),

_,、n-AB=0—2x+2y=0

設平面ABP的法向量為〃=(x,y,z),由<，得｛c；八，

')n-AP=Q-2x+3z=0

I1

令x=3,得y=3,z=2,.,."=(3,3,2),

□m-n33>/22

又平面ACP的法向量為m=(0,1,0)，?二cos<>=口用=［義叵二3一,

由圖形可知，二面角3—AP—C為銳角，所以，二面角B-AP—C的余弦值為豆型.

22

【點睛】本題考查線段中點的證明，同時也考查了利用空間向量法計算二面角的余弦值，考查計算能力

與推理能力，屬于中等題.

5.（2020?廣西壯族自治區(qū)南寧三中高二月考（理））如圖，已知四棱錐P—ABCZ）,底面ABCO為菱形,

AB=4，ZmB=60°,AP1PD，AP=26BP=4,M為4）的中點.

（1）求證：平面平面APD；

（2）若點N在線段8c上，當直線PN與平面PMC所成角的正弦值為時;求線段3N的長.

8

【答案】（1）見解析.（2）2.

【解析】

【分析】（1）先證明上面”。，再證明平面8PM_1_平面APD；（2）以點M為坐標原點，建

立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法求出|cos<mPN>|==X5,解方程即得解.

118

【詳解】（1）證明：由題意易得且8M=2百，

在用A4PD中，下￡）=也2一06）2=2,

，ZPQA=60°，，尸河=2，

在中，PM2+BM2=BP2?

:.PM工MB，又ADPM^M,

，8W，面APD,又二3Nu面BPM，

二平面BPML平面APD

（2）由（I）可知8M,面A叨，所以以點M為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則

M（0,0,0）,P（0,l,V3）,C（273,4,0）,

設平面PMC的一個法向量為m=（x,y,z）,

m?MP=0y+>/3z=0「

由＜=><l，則令x=2,y=-V3z=l，所以加=(2,—1),

m-MC-02A+4y=0

|4-\/3—A/3(4Z—1)--s/3I瓜

.“cos<m,PN>|=

j4+3+lJ12+(a-l)2+38

解得a=2或a=8（舍），故BN=2.

【點睛】本題主要考查空間垂直關(guān)系的證明，考查線面角的求法和計算，意在考查學生對這些知識的理

解掌握水平和分析推理能力.

6.（2020?廣西壯族自治區(qū)兩江中學高二月考（理））如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊

形，NDAB=60°,AB=2AD,PDJ_底面ABCD.

（1）證明：PA1BD；

（2）若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.

【答案】（1）見解析（2）

7

【解析】

【分析】【詳解】試題解析：

（1）,/ZDAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=J^AD,從而BD?+AD2=AB2

故BD_LAD,即BDJ_平面PAD,故PAJ_BD

(2)以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為X軸的正半軸建立空間坐標系

則A(1,0,0),B(0,73-0),C(-1,百，0),P(0,0,1)

設平面PAB的法向量〃=(x,y,z),則

{〃?AP=0x-z=0

解得〃=(G,i,G)

n-AB=0x-y/3y=0

平面PBC的法向量m=O],y[,Z]),則

{”依=0=卜務7-2二0

，解得根=(0,—1,—6)

n-BC=0(x=0

c°s〈…一粵

考點：本題考查線線垂直二面角

點評：解決本題的關(guān)鍵是用向量法證明注意計算準確性

7.(2020?西藏自治區(qū)拉薩中學高二月考(理))在平行四邊形E4BC中，E4=4,EC=2垃,ZE=45°,

。是EA的中點(如圖1),將ECD沿CZ)折起到圖2中PCD的位置,得到四棱錐是P—A3CD.

圖1圖2

（1）求證：平面PZM;

（2）若PD與平面ABC。所成的角為60°.且用4為銳角三角形，求平面PAD和平面PBC所成銳二

面角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）也I

7

【解析】

【分析】（1）證明CDD，CDLPD.即可證明線面垂直；

（2）由線面角求得OP，以AD中點。為坐標原點建立直角坐標系，由向量法求得二面角的余弦值.

【詳解】（1）將ECD沿CO折起過程中，CD,平面PDA成立.證明如下：

Q￡）是E4的中點，￡4=4，：.DE=DA=2,

在△EDC中，由余弦定理得，

CD2=EC2+￡D2-25C-cos45°=84-4-2x272x2x^-=4.

2

CD=2=ED，

CD2+DE2=8=EC2.

:AEDC為等腰直角三角形旦CD,E4,

：.CD±DA,CDA.PD,PDcAD=D，

\CD八平面PDA.

（2）由（1）知C￡>_L平面PD4,CDu平面ABC。，

,平面PD4_L平面ABC。，

PZM為銳角三角形，

,產(chǎn)在平面A2CD內(nèi)的射影必在棱AC上，記為O,連接PO,平面A8CZ）,

則NPDA是PD與平面ABCD所成的角，

.-.ZPZM=60°,

DP=DA=2,

PDA為等邊三角形,。為A力的中點，

故以。為坐標原點，過點。且與CD平行的直線為x軸，

D4所在直線為y軸，OP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

設x軸與8c交于點M,

DA=PA=2^:.OP=>/3

易知QD=Q4=CN=1

：.BM=3,

則尸（0,0,百），0（0,—1,0）,C（2,-l,0）,3（2,3,0）,

DC=（2,0,0）,8C=（0,T,0）,PC=（2,T,_@,

8_L平面PDA,

u

可取平面PDA的一個法向量巧=(1,0,0),

設平面P8C的法向量%=(9,%*2)，

n-BC=Q4y2=0,

則〈,即

rt-PC=02X2-y2~V3Z2=0

令&=1,則n2,0,1為平面P3C的一個法向量,

設平面PAD和平面PBC所成的角為6,

由圖易知。為銳角,

■

/.cos0cos（/?|,n_2__叵

2.77-7

1X----

2

平面PAD和平面尸BC所成角的余弦值為叵

7

【點睛】本題考查線面垂直的證明，以及由線面角求線段長，以及利用向量法求二面角，屬綜合中檔題.

8.(2020?內(nèi)蒙古自治區(qū)北重三中高三其他(理))如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD為正方形,

P4_L平面ABCD,E、F分別是BC,PC的中點，AB=2,AP=2,.

(1)求證：8O_L平面R4C；

(2)求二面角E—A尸—C的大小.

【答案】(1)見解析(24

【解析】

【分析】【詳解】

PA1平面ABC。=>PA1BD

(1)正方形48CDAC1BD

nBDL平面P4C

(2)以A為原點，如圖所示建立直角坐標系

A(0,0,0)E(2,l,0)F(l,l,l)

AE=(2,l,0)AF=(l,l,l)

2x+y=0

設平面FAE法向量為〃=(%y,z),則｛

犬+y+z=()

?=(1,-2,1),BD=(-2,2,0),

nBD2+4_73

cos"

\n\\BD\2V2V6-2

.?.。=工,即二面角石-4尸-。的大小為工

66

9.（2020?廣西壯族自治區(qū)高三其他（理））已知四棱錐P—ABC￡>,底面ABCO為正方形，且"_1_底

面ABCD，過AB的平面與側(cè)面PCD的交線為EF，且滿足SSPEF：S四邊形CDEF=1：3（S?EF表不t\PEF

的面積）.

（1）證明：PB〃平面ACE；

（2）當辦=；L4B時，二面角C-AF-。的余弦值為好，求;I的值.

5

【答案】（I）見解析（H）2=—.

3

【解析】試題分析：（1）由正方形性質(zhì)可得AB//CD,從而得A5〃平面PCD,根據(jù)線面平行的性

質(zhì)定理可得砂//CD,由三角形中位線定理可得EG//PB,進而根據(jù)線面平行的判定定理可得P5//

平面ACE；（2）?.?底面A8CD為正方形，且PAL底面ABC。，，PAAB,A。兩兩垂直，建立如圖

所示空間直角坐標系A一型，設加小D=2,AP=2b,分別求出平面C4尸的一個法向量及平面

AFD的一個法向量，利用空間向量夾角余弦公式可得2=Y5,從而可得結(jié)果.

a3

試題解析：（1）由題知四邊形48CO為正方形

：.AB//CD,又CDU平面PCD,A82平面PCO

，A8〃平面PCD

又4BU平面ABFE,平面ABFECI平面PCD=EF

：.EF//AB,XAB//CD

C.EFUCD,

由S&PEF：S四邊形CDEF=｝：3知E、F分別為PC、PD的中點

連接8。交AC與G,則G為8D中點，

在APSD中EG為中位線，；.EG//PB

?：EG//PB,EGU平面ACE,平面ACE

...P8〃平面4CE.

(2)?.?底面480為正方形，且PAL底面ABC。，

：.PA.AB.AD兩兩垂宜，建立如圖所示空間直角坐標系小個z,

設A8=AZX2a,AP^2b,則4(0,0,0),D(0,2a,0),C(2a,2a,0)

G(a,a,0),P(0,0,2b),F(a,a,b),

：PA_L底面A8CZ),QGu底面ABC。，：.DG±PA,

四邊形ABCD為正方形.?.AC_L8D,即DG±AC,ACHPA^A

，OGJ_平面CAF,

...平面C4尸的?個法向量為。G=(a,—a,0)

設平面AF力的一個法向量為〃z=(x,y,z)而A￡>=(0,2a,0),A尸=(a,a,8)

m-AD=0(0?x+2a?y+0,z=0

由V得V,取Z=-4可得

m-AF=0ax+ay~\-bz=Q

機=(/?,0,-a)為平面AEZ)的一個法向量，

議：面向。八八/)的大小為夕

八DG-mab非…b瓜

則cos。=|―—|,，/,,=?得9=*

|^G|-pn|yJa~+a~-\la+b~5a3

乂PA=2b,AB=2a,：.九=匹

3

，當二面角C-AF—D的余弦值為且時a=".

53

【方法點晴】本題主要考查線面平行的判定定理以及利用空間向量求二面角，屬于難題.空間向量解答立

體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求

出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩宜線垂直數(shù)量積為零列出方程組求出法

向量；（4）將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系；（5）根據(jù)定理結(jié)論求出相應的角和距離.

10.（2020.廣西壯族自治區(qū)高三月考（理））如圖1,AC,BC,NABC=60",A8=2,點M為線段A8

的中點，點N為線段4c上靠近C的三等分點.現(xiàn)沿MN進行翻折，得到四棱錐如圖2,

且43=夜8。在圖2中：

圖1B

（1）求證：AM±平面BCNM；

（2）求直線AB與平面ACN所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵

5

【解析】

【分析】（1）由60°的特殊直角三角形可知AC,再由余弦定理可求得MN,進而由勾股定理可證

AMLMN.且AMLEW，最后由線面垂直的判定定理即可得證；

（2）在圖1中，MN=—,AM=\,AN=^-,AM2+MN2=AN2，所以即

33

MNA.BM,即可以M為原點，建立空間直角坐標系，即可表示A3與平面ACN的法向量，最后由

空間中向量法求得線面角的正弦值.

【詳解】(1)證明：因為ACJ_8C,N48C=60°,AB=2，所以AC=JL

由題意，得AN=2NC，所以AN=空

3

在AMN中,由余弦定理，得

2

MN2=AM2+AN2-2AM-AN-cosA=\+^Y^=1

則MN=Y3，所以在圖2中，AM?+MN?=AN?，所以

3

又AM=BM=1，且AB=&，即在圖2中，A3?=AA〃+3M?，所以AM，

又MN、BMu平面BCNM,MNcBM=N,所以AM_L平面BCVM.

(2)在圖1中，MN=叵,AM=T,AN=^^,AM?MN?=AN?,所