2022屆新高考復習必備數(shù)學試卷分項12 立體幾何與空間向量（解答題）解析版

2022屆新高考復習必備-2021屆山東高考沖刺數(shù)學試卷分項解析

專題12立體幾何與空間向量（解答題）

42.（2021?山東日照?高三其他模擬）已知多面體中，ADEF為正方形,平面ADEFJ_平面A8CZ）,

ABHCD,BC1,CD,AB=舊,BC=^~,BD=2.

（1）證明：AEVBF-,

（2）求平面龐產(chǎn)與平面BCE所成銳二面角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）名叵.

21

【分析】

（1）通過證明BDLAD,根據(jù)條件得BD_L平面ADEF,證得AEJ_8D和。尸_LAE,從而有AE_L平面BDF,

進而得證；

（2）以D4為x軸，OB為N軸，￡>E為z軸建立空間直角坐標系，利用面的法向量計算二面角的余弦值即

可.

【詳解】

（1）因為80=2,BC=—,BC1CD,由勾股定理，可得。。=拽，

55

DRD

因為AB=石，所以==不，因為AW/CD，所以NBDC=NAB3,

BDAB

所以△BCD^AADB,

因為8C_LC￡>,所以3E)J_A￡)

又因為平面ABCD1平面ADEF,平面ABCDA平面ADEF=AD,

所以BD_L平面ADEF,

由AEu平面ADEF,可得4E_L8￡).

在正方形中，有DF_LAE,

Mu平面班*,Z)Fu平面BDF,BDcDF=F,

A￡J_平面尸，B尸u平面8。尸，BFYAE-.

(2)以ZM為x軸，￡>8為y軸，￡>E為z軸建立空間直角坐標系，可得

8(020),￡(0,0,1),"1,0,1),cf0),

uuiuuuuur(42、

BE=(O,-2,l),EF=(l,0,0),CB=l-,-,0j

設(shè)平面BEF的法向量為克=(3,X,4),平面BCE的法向量。=(W，%，z?)

BEm=0,_2y+Z1=0,

可得令y=i，得到沅=(o,i,2),

EF,沅=0,xt=0,

-2%+z2=0

BEn=Q,=(1,-2,-4),

可得《42八令馬=1，可得。

CBn=0,9+/=0，

rr

/rmn-102V105

8soM=郭

21

所以平面班F與平面BCE所成銳二面角的余弦值為名晅.

21

43.(2021?山東日照?高三月考)如圖，在多面體ABCC史中，四邊形88E是矩形，AADE為等腰直角三角

形，且ZA￡>E=90。，

LAB=AD=6,BE=2.

2

(1)求證：平面ADEL平面A8E；

TT

⑵線段8上存在點P,使得二面角的大小為"試確定點P的位置并證明.

【答案】(1)證明見解析；(2)點P為線段CD的中點；證明見解析.

【分析】

(1)由和可得BE1平面4DE,進而由BEu平面ABE可證得平面ADEJ?平面??；

(2)建立空間直角坐標系，根據(jù)線段長度求出所需點的坐標，設(shè)尸(x,y,z),根據(jù)點尸在線段8上，可設(shè)

OP=2DC=2EB-進而用/表示出點P的坐標，然后求出平面和平面AE￡＞的法向量，用空間向量的

夾角可列方程，求解即可確定P的位置.

【詳解】

(1)證明：由己知，等腰直角三角形AADE中AO=0，得AE=2,

又近BE=AB=2?，所以AE2+8E2=A52，因此他_1龐，

X.DELBE,AEC\DE=E,

可得BE1平面AOE,乂BEu平面ABE,

所以平面ADE_L平面ABE.

TT

(2)點P為線段OC的中點，使得二面角P-AE-。為大小為了，

4

以E為原點，E4為x軸，￡?為＞軸，過E作平面ABE的垂線為z軸，建立空間直角坐標系E-個z,

則E(OQO),71(2,0,0),8(0,2,0),易得。(1,0,1),

設(shè)P(x,y,z),由麗=2反=7麗，/le(O,l)

即(x-1,y,z—1)=2(0,2,0),得P(l,24,1).

設(shè)平面AEP的一個法向量為匕=(X]，x，zJ,

則目=°,即產(chǎn)=。

EPh}=0[%+2辦+4=0

不妨設(shè)％=1,?。?(0,1,-22).平面4把的一個法向量為%=(04,0)

TT

因為二面角p—花一。的大小為二

于是cos[=|cos（4,萬,=——,1==.

41、〃1XV1+4A22

解得2=g或（舍去）.

TT

所以當點P為線段8的中點時，二面角PYE”的大小為“

歷

44.（2021?山東高三月考）已知四邊形A6CQ,ZBAC=ZADC=90°,DC=DA=—AB,將△AOC沿AC

2

翻折至△%€：.

C

P

（1）若PA=PB,求證R4_L8C；

⑵若二面角P-心5若，求直線8c與平面的所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵

6

【分析】

（1）利用勾股定理逆定理得PALPB,再由已知垂直處E4,平面尸8C,證得線線垂直；

（2）取AC的中點E,8C的中點尸，連結(jié)EF,PE,證得NPE尸為：：面角P-AC-B的平面角，以E為

原點，胡為x軸，EE為V軸建立空間直角坐標系，由空間向量法求線面角的正弦.

【詳解】

（1）證明：因為。C=ZM=^AB,PA=PB,

2

所以PB=P4=DA=@A8,

2

在△PAB中，有PA2+P82=LA82+，AB2=A82,

22

所以F4_LP8，

又NADC=90。，即NAPC=90。，所以24,PC,

因為PBcPC=P,PB,PCu平面P3C,

所以PA_L平面PBC,

又BCu平面PBC,

所以P4_LBC；

（2）解：取4c的中點E,BC的中點F,連結(jié)EF,PE，則防〃43,

因為N8AC=90。，所以A8LAC,所以E尸_LAC,

因為DC=D4,即PC=PA,所以PE_LAC,

TT

所以N尸樣為二面角P—AC—B的平面角，NPEF=1

4

設(shè)￡>C=ZM=EAB=&，則AC=VBF7市'=2=A5，PE=；AC=CE=AE=1,

22

以點￡為原點，建立空間直角坐標系如圖所示，

（歷

則，4（1,0,0）,5（1,2,0）,C（-1,0,0）,P0,芋,號,

\7

所以CB=（2,2,0）,AB=（0,2,0）,AP=,

設(shè)平面PBC的一個法向量為〃=（x,y,z）,

（——（2y=0

則卜噂7即「及及，

[n-AP=0-x+—y+—z=0

i2-2

令x=l,貝ljy=。，z=72,故〃=（1,0,血），

所以cos伍如儡J=訴邛,

故宜線BC與平面八$所成角的正弦值為四.

6

45.（2021?山東）在圖1所示的平面圖形45CZ）中，△A8O是邊長為4的等邊三角形，8。是N4）C的平

分線，且3O_LBC,"為A。的中點，以BM為折痕將AABM折起得到四棱錐A-BCDW（如圖2）.

(1)設(shè)平面ABC和4DM的交線為/,在四棱雉A-3CDM的棱AC上求一點N,使直線〃/;

(2)若二面角A-3/W-。的大小為60。，求平面A8D和ACO所成銳二面角的余弦值.

3

【答案】(1)N為棱4C的中點；(2)

【分析】

(1)延長C8,DM.其交點為E，則直線AE為平面A8C與AMD的交線/,依題可知8為EC的中點，當

取AC中點N時，利用三角形中位線即可證明BNHI；

(2)取MD的中點。為坐標原點，建立坐標系，分別求出平面麗和ACD的一個法向量，結(jié)合向量夾角公

式即可求出二面角的余弦值.

【詳解】

解：(1)延長CB,DM,其交點為E,如圖所示，

因為點A,E既在平面43c內(nèi)，又在平面AMD內(nèi)，

所以直線AE為平面ABCyAMD的交線/,

因為8。為是NADC的平分線，且8￡>J_5C,所以8為EC的中點，

取AC中點N,連接2N,則BN為AAEC的中位線，

所以直線5N〃AE,BPBN//I,

故N為棱AC的中點.

(2)因為所以4M￡)=60。，

又因為AM=ME>,

所以為等邊三角形，取的中點。為坐標原點，以所在直線為*軸，在平面BQDAf內(nèi)過點。且

和MD垂直的直線為y軸,以O(shè)A所在直線為Z軸，建立如圖5所示的空間直角坐標系,

所以:仇—1,0,0),A(o,o,aC(-5,4^,0),B(l,273,0)

所以方=(1,0詞,DC=(-4,473,0),=(2,273,0),

-

設(shè)平面4co的法向量為蔡=(x,y,z),則-n，

'/in-DC=0

x+Gz=0「

即｛r，令Z=—，則X=3,y=,

-4工+4島=0

所以標二(3,月，-石),

>?DA=0

設(shè)平面ABZ）的法向量為〃=（〃,8c）,則

n-DB=0

a+6c=0廠

即《L,令C=-g,則4=3,b=—6

2。+2屏=0

所以Z=(3,-g,-g),

設(shè)平面AB。和ACO所成銳二.面角的大小為e,

〔3x3+^3x(―^5)+(-x-^3j|

3

所以cos?==

~5,

3

所以平面ABO和ACO所成銳二面角的余弦值為:.

46.（2021?山東省實驗中學高三二模）如圖，已知斜三棱柱A8C-ASG的底面是正三角形，點M,N分

別是線G和的中點，AA,=AB=BM=2,ZA,AB=60°.

N

AiBi

C

(1)求證：BN工平面ABCi;

(2)求二面角AB-C的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)亭.

【分析】

(1)通過判斷BN，A片和EV_LMN即可證明；

(2)取AB的中點0,連結(jié)A。，以點。為原點建立空間直角坐標系，求得平面和平面ABC的個法

向量，利用向量關(guān)系即可求解.

【詳解】

(1)證明：連結(jié)MV,A?.側(cè)面是平行四邊形，且4,48=60。，

所以為正三角形，

又點N分別是4用的中點，所以BN1A再

又因為AA===2,所以BN=由,MN=1.

所以SM+MN=B"，所以BN工MN,

又A、B、cMN=N,所以&V_L平面AS￡.

(2)取A8的中點。，連結(jié)A。，則AQ//BN.

由(1)知AOJ-平面ABC，CO±AB,

如圖，以點。為原點，直線OE,oc,。4所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系.

則0(0,0,0),A(0,-l,0),6(0,1,0),C(6,0,0),《0,0,6)，片(0,2,也)，M^,-,73,

I22J

設(shè)平面MAB的一個法向量為)=(x,y,z),

則W.

百

Tx+—y+y/iz=0

所

以2,可取1=(2,0,-1),

石

一

2%+]y+Gz=o

易得平?面A5C的一個法向量為％=(0,0,1)

——————■5I—

所以cos<"|,%>=^pp=|="Y

因為二面角A-AB-M為銳角，所以其余弦值為4

47.(2021?山東高三其他模擬)如圖，在正四棱錐(底面是正方形，頂點在底面的射影為底面正方形的中心)

P-ABCDAB=2,PA=2?,AC與BD交于點O,平面ZJMQN為直線的垂面，且與以，PC,PD

分別交于M,N,Q三點，點E在線段PD上，且滿足PE=3ED.

(1)證明：OE〃平面BMQN-,

(2)求直線N。與平面以B所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)立.

7

【分析】

(1)連結(jié)8Q,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)和線面平行的性質(zhì)可證得8Q_LPD,再由線面平行的判定可得證;

(2)根據(jù)三角形的余弦定理可求得點N為線段尸C上靠近C的三等分點，以。為坐標原點，建立空間直角

坐標系，運用線面角的向量求解方法可求得答案.

【詳解】

(I)證明：連結(jié)BQ,由題意可知，PD_L平面8MQM因為BQu平面BMQN,所以

因為在中，BD=PB=PD=2后,所以。為P力的中點，因為尸E=3ED,所以

則QE=PD-DE-PQ=PD-^PD-^PD,即QE=ED,

因為80=0力，所以。E〃8Q,又OEu平面8MQN,BQu平面

所以0E〃平面BMQN；

PC。+PD2-CD，=(20)2+(2收＞-4_3

(2)解：在APCD中,cosZCPD=

2PCPD2x2及x2及4

在RNPNQ中,NNQP=土,cosZ0P/V=,

2PNPN4

所以PN=逑，CN=PC-PN=巫,即點N為線段PC上靠近C的三等分點,

33

以。為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，

則。(0,0,0),4(0,-五,0),8(夜，0,0),C(0,41,0),

N9平，凈，

。(-五，0,0),P(0,0,V6),e(-

iiAB=0及x+\/2y=0

設(shè)平面PAB的法向量為而=(x,y,z),則B|J-

nAP=0'夜y+\/6z=0

令z=l,則x=6,y=-6，故無=(6,-G,l),

顯

所以|cos＜而，萬＞|=理包=-=且

\NQ\\n\"x巫7

3

故直線NQ與平面PAB所成角的正弦值為理.

7

48.（2021?山東高三其他模擬）已知平行四邊形AfiCD中，NC=60,點E在AO上，且滿足

BC=2AB=4AE=4,將△ABE沿8E折起至△P8E的位置，得到四棱錐P-BCDE.

（1）求證：平面尸￡>E_L平面8CDE；

（2）若二面角P-3E-。的大小為12（T,求直線尸8與平面PC。所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）上叵.

53

【分析】

（1）利用余弦定理結(jié)合勾股定理可證得由已知可得鹿，?！?再利用線面垂直、面面垂直的判

定定理可證得平面PDE_L平面BCDE-,

（2）分析可知NPEO即為二面角P-BE-。的平面角，以E為坐標原點，ED，麗所在的方向分別作為了、

了軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線尸8與平面PCD所成角的正弦值.

【詳解】

（1）在AA5E中，AB=2,AE=1,ZA=60，

由余弦定理得BE2=AB2+AE2-2AB-AE-cos60=3.

所以86+AE2=AB2，由勾股定理知BE±AE.

折疊后，則有5ELPE,BELDE,因為PEplDE=E,所以BE_L平面尸?！?，

又3Eu平面3CDE,所以平面P￡>E_L平面80DE；

（2）-BEIDE,BE工PE,則即為二面角P-3E—。的平面角.

以E為坐標原點，ED，麗所在的方向分別作為X、丫軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系E-gz.

,C(4,6,0),

所以方=;,G,-,PC=f,>/3,

(222

設(shè)平面PCD的一個法向量〃=（%,y,zJ,

—%)~~zi=0

無??！=°,即22，令玉=，則

有，r6y=-i,4=7.

n-PD=Q7V3

—x.------z.=0

12121

所以元=（退，-1,7）即為平面PCD的一個法向量.

--n-PB-4石2^/i59

cos<n,PB>=,?.—.=—-^==----—53—

卜2底

設(shè)直線尸B與平面尸。所成角為。，則sind=|cos<n,PB>\=筆I,

所以直線總與平面PCD所成角的正弦值為芻叵.

53

49.（2021?湖北武漢市?漢陽一中高三其他模擬）如圖，已知四邊形ACDE為菱形，ZCD￡=60°,AC1BC,

F是OE的中點，平面ABCn平面8OE=/.

B

A

(1)證明：/!.平面BCF：

(2)若平面越<^_1_平面48上，AC=BC=2,求AE與平面B￡>E所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)叵.

7

【分析】

(1)由四邊形A8E為菱形，N8E=60。可得△CDE是等邊三角形，從而由等邊三角形的性質(zhì)可得

ACA.CF,而ACL8C,則由線面垂直的判定定理可得AC,平面BCF,再由線面平行的性質(zhì)可得"/AC,

進而可證得/_L平面BCF：

(2)由已知條件可得C4,CB,CF兩兩互相垂直，所以以C為坐標原點，以C4,CB,CF所在直線分

別為x軸，丫軸，z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角

【詳解】

(1)證明：己知四邊形A8E為菱形，ZCDE=60°,所以△CDE是等邊三角形，因為F是。E的中點，

所以ACLCF,

又AC_L8C,CFC\BC=C,CF,3Cu平面3CF,

所以AC_L平面8c5，

乂菱形ASE中，ED//AC,AC<Z平面8DE，￡>Eu平面BDE,

所以4c〃平面3￡)E.

而ACu平面43C,平面ABCPI平面瓦出=/,得〃/AC.

因此/，平面8CF.

(2)因為平面平面ACDE,平面ABCn平面ACDEuAC,

AC±BC,BCu平面ABC,

所以8cL平面ACDE,

于是C4,CB,C/兩兩互相垂直，以C為坐標原點，以C4,CB,CF所在宜線分別為x軸，)軸，z軸

建立空間直角坐標系.

則C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(-1,0,A/3),E(l,0,6),

所以麗=(-l,-2,G),DE=(2,0,0),荏=(-1,0,6)，

設(shè)平面BDE的法向量/；=(x,y,z),

,n-BD=0f-x-2y+\/3z=0.-

由K；八,得<J,可ri取〃=(0,r&2),

n-DE=0[x=0

一，/—AEn273_V21

所以8S0E'〃"麗=*=下

故AE與平面BOE所成角的正弦值@

7

50.（2021?山東高三其他模擬）如圖，正八面體ABCDEF是由上下兩個棱長均相等的正四棱錐拼接而成,

各棱長均為0.

（1）若平面ABCC平面CDF=/,證明：AB//1；

（2）求平面A8C與平面CDF所成銳二面角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）

【分析】

（I）先證明48〃平面CDF,利用線面平行的性質(zhì)定理可以證明A8〃/

（2）連接CE、BD,設(shè)CECBO=。，則Ow?,以。為坐標原點，分別以反、而、礪所在直線為x、y、z

軸正方向建立空間直角坐標系，用向量法計算.

【詳解】

（1）證明：由圖可知，四邊形48FO為菱形，則A8〃O尸，

ABcZTffiCDF,DF平面CDF,則A8〃平面CDF,

又平面ABCn平面C￡＞F=/,AB平面ABC,

由線面平行的性質(zhì)，可得A8〃/；

(2)連接CE、BD,設(shè)CEn8C=。，則0WE4,以。為坐標原點,

分別以反、而、萬所在直線為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系,

由正八面體的各棱長均為a,可得：4(0,0,1),B(0,-1,0),

C(1,0,0),D(0,1,0),F(0,0,-1),

則及=(1,1,0),C4=(-1,0,1),CD=(-l,l,0),CF=(-l,0,-l),

設(shè)平面ABC的一個法向量為濟=(x,y,z),

in-BC=x+y=0

取z=l,得加=(L-1,1)；

玩?CA=-x+z=0

設(shè)平面CO尸的一個法向量為萬=(x1,y,ZI),

n-CD=-X[+y=0

取zi=-1,得元=(1,1,-1).

n-CF=-xt-Z]=0

m-n-11

cos<m,n>=

I慶H為I&忑一3

則平面ABC與平面CO尸所成銳二面角的余弦值為|cos＜而，五＞|=g.

51.(2021?山東聊城一中高三其他模擬)如圖，在直三棱柱48C-A8C中，底面三角形ABC為直角三角形,

其中ABLAC,AB=3,AC=4,CC,=8,M,N分別為BB1和A4的中點.

(1)求證：CNL平面GM';

(2)當點尸在線段GA上移動時，求直線NP與平面8BCC所成角正弦的最大值.

3

【答案】(1)證明見解析；(2)j.

【分析】

(I)通過證明CN1C、N,CN±MN證得CN，平面QMN.

(2)求得N到平面的距離，由此求得直線NP與平面所成角正弦的最大值.

【詳解】

(])由于A8_LA4,,AB_LAC,A41CAC=A,

所以A6_L平面ACC|A,所以AfiACN.

由于M,N分別是叫,AA的中點，所以MN//AB,

所以MN_LCN.

由于AC=AN=AC=AN=4,所以三角形ACN和三角形AGN是等腰直角三角形，

所以NC、NC=1800-4NA-NCNA=90°,

所以CN1C7.

由于MNcGN=N,所以CNL平面GMN.

(2)過A,作AD_LB￡,

由于AD，B耳,8與cBg=4，所以A。J?平面BBCC

BC=4G=5，

1i12

在放△ABC中，由三角形的面積得］x3x4=5x5xAQnAO=y.

12

所以4到平面BB?C的距離為9.

由于/LV/8q,AA0平面88CC，8與u平面B8CC，

所以AA〃平面88CC.

所以N到平面BB'C'C的距離為〃=1?2.

延長NP交CG于Q，

設(shè)直線NP與平面BB\C、C所成角為

12

則.幻”~512,

NQNQ5NQ

當NQ最小時，sin。最大，

由于四邊形4CGA是矩形，N是AA的中點，所以N。的最小值為AC=4,

所以sine最大值為蒜=急

52.（2021?沙坪壩?重慶八中高三月考）如圖，在四棱錐P-A8C￡>中，底面A8CD是平行四邊形，側(cè)面APBC

是等邊三角形，AD=gB,ZBCD=45°,面P8CJ_面A3C￡>,E、/分別為BC、CD的中點.

p

AD

（1）證明：面「￡/_1_面加?；

（2）求面莊戶與面PAD所成銳二面角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）回

4

【分析】

（1）要證明面面垂直，需證明線面垂直，根據(jù)垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為證明CD_L平面尸所，（2）以E為坐標原點,

ED、EC、EP分別為X、V、z軸建立直角坐標系，分別求平面尸EF和平面R4￡）的法向量，再根據(jù)法向

量求二面角的余弦值.

【詳解】

（I）設(shè)AB=2,則AO=2&，

/.CF=\,CE=屈,

??EF=V1+2-2xlx5/2xcos45°=1>

，CF2+EF2=CE2,

EF1CF.

在等邊三角形PBC中，E為8c的中點，PELBC,

"J^PBCV^ABCD,PEu面PBC,

面尸BCD面ABCD=BC,

:.PE_L面A8CD

CDu面ABCD,/.PEVCD.

'：EFVCD,EFcPE=E,

：.C￡）J_面尸EF.

AB//CD,ABL面莊尸，

VAB\?E4S,.,.面尸￡尸_L面

(2)由(1)知8D=2,DELBC,以E為坐標原點，ED、EC、EP分別為X、V、z軸建立直角坐標系,

則P(0,0,太)，。(夜,0,0),C(0,V2,0),A(立,-2&,0),F

AD=(0,2A/2,0),赤=(-五0,向.

設(shè)面的法向量為慶=(x,y,z),

2氏=0廣r-

Lr-，取Z=1,得x=6，y=o,麗=(6,0,1).

->/2x+V6z=0

面PEF的法向量為CD=(72,-72,0),

,cos〈西麗〉=正=逅,

2x24

...面PE尸與面月4。所成銳二面角的余弦值為".

4

53.(202L全國高三其他模擬)如圖，四邊形CDE尸為正方形，ABHCD,A3=28C=2C?,點。為8尸的

中點.

(1)求證：B。//平面CEQ；

(2)若N3AC=30。，AC1BF,求平面CE。與平面A8C￡＞所成銳二面角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）與.

【分析】

（1）由正方形、中位線的性質(zhì)易得。Q/BO,根據(jù)線面平行的判定可證應＞〃平面CE。.

（2）由線面垂直的判定及性質(zhì)證明AC、BC、CF兩兩垂直，以C為原點，以C4,CB,C/所在直線為

x,曠，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)鉆=2標注相關(guān)點的坐標，求面CEQ、面ABC。的法向量，應用向

量法求二面角的余弦值.

【詳解】

（1）連接DF，交CE于點、0,連接Q。，

?.?四邊形CDEE為正方形，

二。為￡）尸中點，又。為3尸中點.

/.OQ//BD,而OQu平面CE。，平面CEQ,

/.BD"平面CEQ.

(2)VAB=2BC,ZBAC=30°,在AABC中，由———=-^-,得sinZAC8=l,則ZACB=90°,

sinZACBsin30°

ACIBC.

VAC±BF,BFcBC=B.

：.4C±Y?BCF,而Cfu面Bb,有AC_Lb.

VCDLCF,ACr\CD=C,

，CF,平面ABC。，而3Cu面ABC。，有CFLBC.

以C為原點，以C4,CB,CP所在直線為X,y,z軸建立空間直角坐標系，

z

設(shè)AB=2,則8c=0）=1,AC=6則4（6,0,0）,B（0,l,0）,尸（0,0,1）

a4=（g,-l,0）,CB=（0,1,0）,CF=（0,0,1）,^CE=CD+CF=^BA+CF^倬4）

227

后1*n

——x——y+z=0

n-CE=02

設(shè)面CE。的法向量為3=(x,y,z),則glJ-■2-,令y=2,則1=（26,2,-2）,

nCQ=0'

—y+—z=0

02

由CF上面ABCD^W：CF是而ABC。的一個法向量,

斤5_2_x/5

設(shè)面CEQ與面ABC。所成銳二面角的平面角為0，則cos。=同.冏=擊=了

54.(2021?克拉瑪依市第一中學高二月考)如圖，已知長方體ABC。-AAG"中，AB=1,BC=2,CC,=2,

E,F分別為BC,CG的中點.

(1)求過E,F,。三點的截面的面積;

(2)一只小蟲從A點經(jīng)B片上一點尸到達G點，求小蟲所經(jīng)過路程最短時，直線的》［與平面APG所成的角

的正弦值.

【答案】(|)更：(2)巫1.

217

【分析】

(1)連接A。，AE,BC、,則四邊形ABGA為平行四邊形，E,尸分別為8C,CC,的中點，利用平行的

傳遞性，得到所求截面為梯形EFQA,進而利用勾股定理和梯形的面積公式求解即可；

(2)以D為坐標原點，以。A,DC,OR分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系.若所經(jīng)過路程最短，則

△AP8與用相似，所以黑=寫=,，進而求出P點坐標，進而求出平面APG的法向量，最后利用

BPAB1

線面角正弦值的向量公式求解即可

【詳解】

解：(1)連接A。，AE,BC一則四邊形ABGR為平行四邊形，

又因為E,尸分別為8C,CG的中點，所以ADJ/BQ,EFIIBCJIAD,,

所以所求截面為梯形EFRA.

22

EF=\lEC4-CF=,A。=2\/2,AE=DXF—V2,

22

梯形的高h=JDtF-(-(AD-EF))=—,

所以所求截面面積S=4(應+2四)逅=士叵.

222

(2)以。為坐標原點，以DA,DC,OR分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系.

則A（2,0,0）,C[0,l,2）,0（0,0,2）,￡（1,1,0）,

若所經(jīng)過路程最短，則*與咫相似,所以箓=第1,所以

^=fo,l,|LAq=(-2,1,2),

2

_Vd——Z=0

設(shè)平面”G的法向量〃=(”z),則了3

一2x+y+2z=0

令z=3,則y=-2,x=2,

所以7=(2,—2,3),函=(—

/一~ri~n\-2+2+6V102

cos(/?,D￡)=/

\1/"z+4+9.J1+1+417

所以直線皿與平面”G所成的角的正弦值是瞎.

55.（2021?山東泰安?高三其他模擬）如圖，在三棱柱ABC-A2IG中，平面ACCM，平面

ABC,AC1BC,AC=BC=CC,=4.

（1）證明：平面ABC,平面AB￡；

（2）若A瓦與平面ABC所成角的正弦值為交，求二面角A-4C一旦的余弦值.

4

【答案】（1）證明見解析；（2）叵;

7

【分析】

（1）四邊形4CGA為菱形，則AC1CA，由ACL8C證得8CL4G，從而有AQL平面A^C,從而證

得平面ABCJ.平面ABC；

(2)設(shè)ACCIAG=E，則NAgE即為A瓦與平面ABC所成角，從而求得入《=2,/\C=4,AC；=4石，

ZACC,=120,NC4c=30；延長AC,作CF_L4c于F點，則即為二面角A-AC-用的平面角,

tanZB『G=第，從而求得余弦值.

C、F

【詳解】

(1)由題知，四邊形ACGA為菱形，則AGJ.CA，

乂平面ACGA_L平面A8C,且AC為交線，AC1BC,

則8C，平面ACGA,又AC；u平面ACGA，

則BCJ.AG，又8CcCA=C,

則AGJL平面ABC,又AGu平面AB,C,,

則平面A/CJ■平面A8G；

(2)設(shè)ACDAG=E,由(1)知，AEJ■平面AB?,

則NAME即為4由與平面ABC所成角，sinNAgE=4￡=也，

A44

由4C=BC=CG=4,結(jié)合(1)中結(jié)論有，AB=A4=40，

則AE=2,AC=4,三角形ACA為正三角形，在菱形4CGA中,

AC；=4N/3,ZACC,=120,ZCAC,=30。，

由(1)知，gG_L平面AC￡A，則B￡1AC,

延長AC,作于尸點，則C/=AGsin/C4G=26,

AC,平面BC7,從而ACLB/

則ZB,FC,即為二面角A.-AC-B,的平面用,

則tanNB/G=等^=-^==2^1,則CosZBtFCf=--

即二面角A-AC-4的余弦值為叵

7

56.（2021?沂水縣第一中學高三其他模擬）如圖，在四棱錐尸-ABC力中，平面PABL平面ABC￡>,BC//AD,

ZBAD=90°,PA=AD=2AB=4BC=4,PC=E

(1)證明：P4J_平面ABC。；

(2)線段48上是否存在一點M,使得A/C與平面PC。所成角的正弦值為叵？若存在，請求出誓的

17AB

值；若不存在，請說明理由.

【答案】(1)證明見解析；(2)存在，

【分析】

(1)由平面PAB_L平血ABCD,推出AZ>_L平面P43,有4O_LR4,再由勾股定理的逆定理證明E4_LAC,

最后由線面垂直的判定定理，得證；

(2)以A為原點建立空間直角坐標系，設(shè)㈤彳=力通，260,1],求得平面PCD的法向量為，由等Tcos<,3

MC>\,求出/I的值后，即可得解.

【詳解】

(1)證明：???平面以B_L平面ABC。，平面抬8c平面A3CD=AB,ZBAD=90°,

??.AD_L平面八記，

?.?姑匚平面％8,ADVPA.,

在直角梯形A8CO中，2AB=43C=4,

.-.AC=y)AB2+BC2=物+F=#>，

-.-PA=4,PC=6,PA2+AC2=PC2>HPPALAC,

乂AL>nAC=A,AD.ACU平面4BC￡),

.?.P41,平面ABCD.

(2)解：以A為原點，AB,AD.AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,

則4(0,0,0),5(2,0,()),P(0,0,4),C(2,1,0),0(0,4,0),

?-.AB=(2,0,0),PC=(2,1,-4),PD=(Q,4,-4),

^AM=AAB>4e［。,D,則”(24,0,0)

???MC=(2-2A,I,0),

(n-PC^O(2x+y-4z=0

設(shè)平面PCO的法向量為萬=(x,y,z),貝IJ—,即:，

［元?尸￡)=0［4y-4z=0

令y=i,則x=g,z=i,，M=g，i，i),

???MC與平面PC。所成角的正弦值為《亙，

和-22)+1

x"(2-24)2+1

化筒得16%-82+1=0,解得幾=二,

故線段AB上存在點M滿足題意，且器

p

c

57.（2021?全國高三專題練習（理））如圖，在四棱錐P-MCD中，底面ABC。是邊長為1的正方形，PAVCD,

PA=\,PD=O,E為PD上一點、,且尸E=2E￡>.

（2）求二面角P-CE-3的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）拽.

10

【分析】

（1）用勾股定理證明結(jié)合以_LCO,即可證明24,平面Ai3cD,從而證到平面卓C,平面

ABCD；

（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)空間向量夾角公式求解即可.

【詳解】

（1）證明：在M4D中，PA=AD=1,PD=>f2

PD2=PA2+AD2

：.PALAD

又如J_C￡),CDC\AD=D,CD,ADu平面ABC。

:.PAA.^ABCD

又處u平面PAC

平面PACJL平面ABCD

（2）以A為原點，