2023年高考數(shù)學(xué)試題分類解析 第9章 立體幾何【含答案解析】

第九章立體兒何

第一節(jié)空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系與空間幾何體

1.(2023全國(guó)甲卷理科11)在四棱錐P-A3CD中，底面ABCD為正方形，A6=4,

PC=PD=3,ZPCA=45°,則△PBC的面積為()

A.2x/2B.3>/2C.4N/2D.5V2

【解析】如圖所示，取A8,CL>的中點(diǎn)分別為M,N,因?yàn)锳B=4,所以MV=4,AC=4及.

叉PC=PD=3,過P作PO_L平面A8CD,則OeMV.連接PN,OA,OC,

則PNA.CD,PN=d￥-方=后.

今ON=x,則P02=5_f,OA2=4+(4-x)2,

PA2=OA2+PO2=4+(4-x)2+5-x2=25-8x.

「EI"u。T^C2+PC2-PA132+9-(25-8%)0

在/\PAC中，因?yàn)閆PCA=45,所以cos45=---------------=-------=-----=—.

2-ACPC2x472x32

解得x=l,則ON=1,PO=2.

過。作OH_L8C,垂足為“，連接PH,她OH=2,PH=2&.

所以S^PBC=；xBCxPH=4x2拒=4如.故選C.

【評(píng)注】本題重點(diǎn)考查了四棱錐中側(cè)面、底面、高、斜高等幾何要素之間的關(guān)系，涉及到空

間想象能力與運(yùn)算求解能力，2024屆的考生應(yīng)在空間幾何體方面強(qiáng)化，屬中檔難度.

2.(2023全國(guó)甲卷理科15)15.在正方體ABCO-AgGR中，E,尸分別為CD,4片的中點(diǎn)，

則以所為直徑的球面與正方體每條棱的交點(diǎn)總數(shù)為.

【解析】如圖所示，EF=6AB,所以球。是正方體ABCL>-AB|G9的棱切球，即球。與

每條棱都有一個(gè)公共點(diǎn)，故填12.

3.（2023全國(guó)甲卷文科16）在正方體ABCO-AAGR中，AB=4,O為AG的中點(diǎn)，若

該正方體的棱與球。的球面有公共點(diǎn)，則球。的半徑的取值范圍是.

【分析】當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)半徑最大，當(dāng)邊長(zhǎng)為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形

時(shí)半徑達(dá)到最小.

【解析】設(shè)球的半徑為R.

當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球的半徑最大，若半徑變得

更大，球會(huì)包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點(diǎn)，

正方體的外接球直徑2R'為體對(duì)角線長(zhǎng)AC；="2+42+42=473,

即2R'=4x/3,R'=26,故Rmm=2x/3;

分別取側(cè)棱,3月,的中點(diǎn)M,H,G,N,顯然四邊形MNGH是邊長(zhǎng)為4的正方形，

且。為正方形MNGH的對(duì)角線交點(diǎn)，

連接MG,則用G=4及，當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形MNG”的外接圓，球的半徑達(dá)到

最小，即R的最小值為2垃.

綜上，Re[2s/2,2y/3\.

故答案為[2四,26].

4.（2023全國(guó)乙卷理科3,文科3）如圖所示，網(wǎng)格紙上繪制的一個(gè)零件的三視圖，網(wǎng)格小

正方形的邊長(zhǎng)為1,則該零件的表面積為（）

A.24B.26C.28D.30

【分析】由題意首先由三視圖還原空間幾何體，然后由所得的空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征求解其

表面積即可.

【解析】如圖所示，在長(zhǎng)方體中，AB=BC=2,A4=3,

點(diǎn)為所在棱上靠近點(diǎn)4，G㈤,4的三等分點(diǎn)，O,L,M,N為所在棱的中點(diǎn)，

則三視圖所對(duì)應(yīng)的幾何體為長(zhǎng)方體ABCD-^B^D,去掉長(zhǎng)方體ONIC「LMHB,之后所得

的幾何體.

5.（2023全國(guó)乙卷理科8）已知圓錐PO的底面半徑為G,O為底面圓心，為圓

9百

錐的母線，ZAOB=120°,若的面積等于土，則該圓錐的體積為（）

4

A.冗B.逐式C.3兀D.3c兀

【解析】如圖所示，取中點(diǎn)為“，連接OH,PH.

p

在圓。中，因?yàn)镽=G,=120°,所以04=、一,AB=3.

2

又$△.=竽，所以p”=￥，P。=得：=6

所以該圓錐的體積為：兀(\/5)xC=\/^7t.故選B.

6.(2023全國(guó)乙卷文科16)已知點(diǎn)S,A,B,C均在半徑為2的球面上，A/IBC是邊長(zhǎng)為3的

等邊三角看，S4L平面ASC,則S4=.

【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球以及球的性質(zhì)運(yùn)算求解.

【解析】如圖所示，將三棱錐S-ABC轉(zhuǎn)化為直三棱柱SMN—A3C,

設(shè)"BC的外接圓圓心為。1，半徑為廣，

-3_3=2.后

則sinZACB6,可得r=6，

設(shè)三棱錐S-MC的外接球球心為。，連接。4,OQ,AOt,則

OA=2,AOt-G,OR=1=g"，所以購(gòu)=2-

故答案為2.

【評(píng)注】多面體與球切、接問題的求解方法：

(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí)，一般過球心及多面體的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))

或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解；

(2)若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且P4=a,PB=b,

PC=c,一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接長(zhǎng)方體，根據(jù)4R2=/+〃+C2求解；

(3)正方體的內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長(zhǎng)；

(4)球和正方體的棱相切時(shí)，球的直徑為正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)；

(5)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖,

確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.

7.(2023新高考I卷14)在正四棱臺(tái)ABCD-A14G9中，AB=2,=1，M=72,

則該棱臺(tái)的體積為.

【解析】如圖所示，將正四棱臺(tái)補(bǔ)成正四棱錐S—ABCD,

因?yàn)?3=2,4用=1,例=0,所以SA=20,

設(shè)ACBD=O,AGBR=OI，

則AO=0,。0]=乎，

故V=+S2+gsjh=gx廿+f+打汗卜曰=,

776

故填6.

8.(2023新高考n卷9)已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,A3為底面直徑，NAP3=12(),

24=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P—AC—。為45°,則()

A.該圓錐體積為幾B.該圓錐側(cè)面積為46兀

C.AC=20D.△PAC的面積為百

【解析】如圖所示，取AC的中點(diǎn)￡）,連接PD,0D,則PDJ_AC,又ODBC,

所以O(shè)DLAC,所以"DO為二面角P—4C—O的平面角，即NPZX?=45°,則PO=DO.

依題意，PA=2,乙4尸8=120,所以底面圓半徑廠=百，圓錐高/?=1.

%推=；5底面/=3兀//=3兀、3*1=兀,A正確；

編=g乂2兀廠,AP=兀x6x2=2A/57r,B4皆誤;

在RtZXAP。中，K4=2,PD=yjPO2+DO2=72,所以4。=也，

AC=2AO=2a,C正確：

5APAC=|AC-PD=1X2V2XV2=2,D錯(cuò)誤.

綜上，故選AC.

9.（2023新高考H卷14）14.底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被一個(gè)平行于底面的平面所截，截去

一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2,高為3的正四棱錐，則所得棱臺(tái)的體積為.

【解析】設(shè)原正四棱錐的體積為乂，高為九，攝取的正四棱錐的體積為匕，高為%,依題

意可得%=24=2x3=6,

所以喉臺(tái)=巧_匕=gs禽_：S2飽=gx42x6—gx22x3=28.

10.（2023北京卷9）坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可

以勾勒出建筑輪廓.展現(xiàn)造型之美.如圖所示，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全

等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=4）=10m,且等腰梯形所

在的平面、等腰三角形所在的平面與平面AB8的夾角的正切值均為巫，則該五面體的

5

所有棱長(zhǎng)之和為（）

A.102mB.112mC.117mD.125m

E

【分析】先根據(jù)線面角的定義求得tan/EMO=tan/EGO=業(yè)，從而依次求EO,EG,

5

EB,EF,再把所有棱長(zhǎng)相加即可得解.

【解析】如圖所示，過E做E。，平面ABCD，垂足為。，過E分別做EG_LBC,_L4B,

垂足分別為G,M,連接OG,OM,

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為NEMO和ZEGO,

所以tanNEMO=tanZEGO=--.

5

因?yàn)镋OJ_平面ABCD,BCu平面ABCD,所以EOLBC,

因?yàn)镋GL3C,EO,EGu平面EOG,EO~EG=E,

所以BC,平面EOG,因?yàn)镺Gu平面EOG,所以BCJ_OG.

同理：OMYBM,又BMLBG,故四邊形QMBG是矩形，

所以由BC=10得OM=5,所以EO="Z,所以O(shè)G=5,

所以在RtAEOG中，EG=>JEO2+OG2=^（714）2+52=739,

在RtZ\￡BG中，BG=OM=5,EB=/EG?+BG。=J（屈『+5,=8,

又因?yàn)椤闒=M—5—5=25—5—5=15,

所有棱長(zhǎng)之不。為2x25+2*10+15+4x8=117m.

故選C.

11.（2023天津卷8）在三棱錐P—43c中，線段PC上的點(diǎn)〃滿足PM=，PC,線段所

3

2

上的點(diǎn)N滿足PN=一尸8,則三棱錐P-4MN和三棱錐P-ABC的體積之比為（）

3

【分析】分別過MC作MM'JLPA,CC'_LPA，垂足分別為M',C'.過8作BB'_L平面以。，

垂足為夕，連接尸3',過N作NN'tPB'，垂足為N'?先證MV'J_平面B4C,

MM'1NN'2

則可得到BB'〃NN'，再證MM'〃CC'?由三角形相似得到斤7=.，-^7=-，

-CI,^P-AMN—^N-PAMn?-rj.--…L

再由------------即可求出體積比.

*P-ARC^8-PAC

【解析】如圖所示，分別過MC作M”_LPA,CC'_LPA,垂足分別為",C'?過3作BB'_L

平面B4C,垂足為8',連接P8',過N作NN'工PB',垂足為N'-

因?yàn)槠矫鍾4C,BBu平面PBB'，所以平面P83'_L平面曰。.

又因?yàn)槠矫鍼88'平面PAC=P8'，NN'1PB'，NN'u平面PBB'，所以NN'工平面PAC,

^-BB'UNN'■

PMMM’1

在△PCC'中，因?yàn)镸A/'_LPACC'_LP4,所以MM'〃CC'，所以-----=-,

PCCC'3

PNNN'2

在△PBB'中,因?yàn)锽B'HNN'，所以一,

PBBB'3

1PA-MM'

,NN'|.NM

_VN-PAMgSgAM

所L7VP-AMN、2>_2

尸〃v人

V

VyP-ABCVB-PAC19

1S&PAC?BB'-PACC'-BB'

312)

故選B.

第二節(jié)空間直線、平面間平行和垂直的判定與性質(zhì)

1.(2023全國(guó)乙卷文科19(1))如圖所示，在三棱錐P—ABC中，AB1BC,AB=2,

BC=2y/2,PB=PC=^,3尸,4尸,86的中點(diǎn)分別為。,20,點(diǎn)尸在47上,

BF^AO.

求證：EF〃牛面ADO；

【解析】如圖所示，在RtAAfiC中，因?yàn)?尸，AO,且。為8c中點(diǎn),

AB=2,BC=2值,BO=y/2,所以RtABA8RtZ\8C4.

設(shè)3尸\AO=Q,則RtaQBC^RtZ\BAO.

所以NQBO=N84O=N3C4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故F為AC中點(diǎn)，又E為AP中點(diǎn)，所以EFHPC,叉PCHDO,所協(xié)EFHDO,

又平面4)0,所以EF"平面ADO.

2.(2023全國(guó)甲卷文科18(1))在三棱柱ABC-AAG中，AC，底面ABC,ZACB=90°.

求證：ACGA_L平面BCCg:

【分析】由AC,平面ABC得ACL8C,又因?yàn)锳C_L8C,可證BC_L平面ACG4，從

而證得平面ACGA1平面BCC】B\-

【解析】證明：因?yàn)锳C,平面ABC,BCu平面/WC,所以ACL8C,

又因?yàn)镹ACB=90,即AC1.BC,

ACACu平面ACC|A,A。\AC-C,所以BC_L平面ACG4,

又因?yàn)锽Cu平面BCG與，所以平面ACGA_L平面3CG耳.

3.(2023新高考I卷18(1))如圖所示，在正四棱柱-中，AB=2,A&=4,

點(diǎn)A.,B2,C2,D2分別在棱A4,BB],CCI,DD,i.AA2=1,BB2=DD2^2,CC2=3.

證明：B2c2//A,￡)2；

【解析】證法一：過點(diǎn)4作&E_LBB2于點(diǎn)E,過點(diǎn)D2作D2F±CC2于點(diǎn)F,

連接所，如圖所示，則4E平行且等于3尸，

所以四邊形4￡下￡>2是平行四邊形，所以A?。？EF,

又因?yàn)?尸=約七=1,所以GB?EF,,

所以52c2A,D2.

證法二：連接為與，易得AB,=B1c,=C,。=RA,=新，

所以為平行四邊形，所以

A2B2C2D282G//44.

4.(2023全國(guó)乙卷理科19(1)(2))如圖所示，在三棱錐尸-ABC中，AB1BC,AB=2,

BC=2-j2,PB=PC=R,的中點(diǎn)分別為￡),E,O,40=行00,點(diǎn)F在

AC上，BFA.AO.

(1)證明：EF"平面ADO;

(2)證明：平面平面8￡尸；

【解析】（1）如圖所示，在RtAABC中，因?yàn)锽FLAO,且。為BC中點(diǎn),

AB^2,BC=2y/2,BO=42,所以RtZ\BA*RtZ\BC4.

設(shè)BFAO=Q,則RtZ\Q83RlZ\BAO.

所以NQ3O=NB4O=/3C4,所以BF=CF,又ZABC=90°,

故尸為AC中點(diǎn)，又E為AP中點(diǎn)，所以EFHPC,叉PCIIDO,所以EFHDO,

又EF<Z平面ADO,所以EF〃平面ADO.

(2)由(1)知，AO=娓,又D為BP中點(diǎn)、,所以O(shè)D=，PC="，

22

又40=逐。O,在AAO。中，AD2=5DO2=DO2+AO1,即ZA8=90°,

所以AOLZX),又DOHPCHEF,所以AOJ_EF,

又3FJ_AO,BFEF=F,所以AOJ_平面班尸.

又AOu平面4)0,故平面4)0J_平面BEE.

5.(2023全國(guó)乙卷文科19(1))如圖所示，在三棱錐P-ABC中，ABYBC,AB=2,

BC=2y/2,PB=PC=46,BP,AP,3c的中點(diǎn)分別為￡>,E,O,點(diǎn)尸在AC上,

BFVAO.

求證：EF//平面ADO;

【解析】如圖所示，在RtAA5c中，因?yàn)?尸，AO,且。為中點(diǎn),

AB=2,BC=2叵,80=也，所以RtZ\BA8RtZ\BC4.

設(shè)BFAO=Q,則RtAQBO^RtABAO.

所以NQ?O=NB4O=N8C4,所以BF=C/，又/4BC=90°,

故廠為AC中點(diǎn)，又E為AP中點(diǎn)，即以EFHPC，叉PCIIDO,

所以所〃平面孫)

6.(2023新高考II卷20(1))20.如圖所示，在三棱錐A—BCD中，DA=DB=DC,

BD±CD,4r>C=ZADB=60,

E為BC的中點(diǎn).

求證：BC1AD-,

【解析】如圖所示，連接因?yàn)椤?=OB=OC,NAZ)C=NAZ)8=60,

所以所以AB=AC-

因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，所以BC_LAE.叉DB=DC,所以BC工DE,.

入DEAE=E,所以BC_L平面ADE,所以3CLAD.

A

/X，人、?/\

第三節(jié)空間向量與立體幾何

1.(2023全國(guó)甲卷理科18)在三棱柱ABC-A4G中，A4,=2,4。，底面ABC,

ZACB=90°,A到平面BCCXB｝的距離為1.

(1)證明：AC=\C-,

(2)若直線A、與84距離為2,求與平面BCCfi所成角的正弦值.

【解析】(1)因?yàn)锳C_L底面ABC,所以AC_L8C,又NACB=90",所以AC_LBC,又

ACAC=C,所以8cl,平面ACGA，故平面BCGB，平面ACGA，交線為cq,

過4作CG的垂線，垂足為M,則AM,平面3CGA,又A到平面BCGA的距離為I.

所以A〃=i,在△ACG中，AC^ACi,CG=44=2=2AM,所以M為cq的中點(diǎn)，

又知M為垂足，所以△ACG為等腰三角形，AG=A。，進(jìn)而AC=AC.

A

（2）由（1）知，C4,C8,C4,兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系C—孫z.

過C作CH1.AA,則“為冽中點(diǎn)，連接3”，則出/上的.

因?yàn)橹本€A4與B81的距離為2,所以BH=2.

由（1）知CA=CA=應(yīng)，8=1，在中，CB=6,C（0,0,0）,A（夜,0,0）,

8（0,石,0）,4（0,0,a）,CG=44=BBi=（-&,0,&）,CB=（0,6,0）,

ABt=AB+BBi=（-立瓜0）+（-V2,0,血）=（-20,石,&）.

II-CCI=-yflx+\[lz=0

設(shè)平面BCC|B1的法向量為“=（x,y,z）,則＜

n-CB=6y-0

令x=l,z=l,y=0,故”=（1,0,1）.

設(shè)直線AB】與平面BCC'Bi所成南大小為。，

|-2V2+A/2|x/B

sin6=|cos^n,AB]=

|川.卜片「夜xJ8+3+2-13'

即直線A81與平面BCC|B|所成角的正弦值為半.

2.（2023全國(guó)乙卷理科9）已知ZV18C為等腰直角三角形，為斜邊，AABD為等邊三

角形，若二面角C—AB—。為150°,則直線8與平面ABC所成角的正切值為（）

口3

D.-------D

654t

【解析】如圖所示，取A8中點(diǎn)H,連接DH,CH,則DHVAB.

NC”D為二面角C—AB—。的平面角，即NCHD=150°,

且AB,平面60,平面ABC,平面CHZ).

ADCH的大小即為直線C。與平面ABC所成角的大小.

不妨設(shè)45=2,則a/=i,DH=6

在△€■“￡>中，CD2=1+3-2x1x73COS150°=7.

73

所以cos/DCH=7+1-35^sinZDCW=tanZDCH=—

2xlxV72V77>5

故選C.

3.(2023全國(guó)乙卷理科19)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，AB1BC,AB=2,BC=2丘,

PB=PC=yR>,的中點(diǎn)分別為￡>,E,O,AD=#DO,點(diǎn)F在AC上,

BF^AO.

(1)證明：EFH平面ADO;

(2)證明：平面A。。_L平面班產(chǎn)；

(3)求二面角。一AO—C的正弦值.

【解析】(1)如圖所示，在RtAABC中，因?yàn)镸LAO,且。為BC中點(diǎn),

AB=2,8c=20,BO=^2,所以RtZ\5A8RgBC4.

設(shè)BFAO=Q,則RtZ\Q8OsRtaBAO.

所以NQ3O=N84O=/BC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故F為AC中點(diǎn)，又E為”中點(diǎn)，所以瓦7/PC,滅PCHDO,所以EF//DO,

又EF<Z平面ADO,所以防〃平面ADO.

(2)由(1)知，AO=底,又。為3P中點(diǎn)，所以O(shè)D=LpC=^~,

22

大ADfDO,在AAO。中，AD2=5DO2=DO2+AO2,即ZA8=90。，

所以AOJ_DO,大DOHPCHEF,所以AOJ_防，

又BF_LAO,BF-EF=F,所以AO_L平面眄

又AOu平面ADO,故平面ADOJ_平面BEE.

(3)由(2)知，AOu平面ABC,所以平面ABC_L平面BEF,

設(shè)AOBE=H,連接QH,則AO_LQ",AOA.QF,即為二面角。一AO-C的

平面角.又QH//EF,所以轉(zhuǎn)化為求NBFE.

在A4BO中，BD=-BP=—,AB=2,AD=y/5DO=^-

222

6)30

4+4~T_~2V6

所以cosZABD=。。點(diǎn)一南一一不

2x2x—

2

在中，AP2=4+6-2x2x76=14,所以AE=

22

4+14—63

在△^45中，cosA=-=-f=,

2x2xV1l4V14

在A4BE中，BE2=4+--2x2x-x-J==-,所以BE=區(qū)

22V1422

6

3。H--6-

在中，cosZBFE=---^―[：3:夜

32,

2x73x#一忘一

2

所以cosNHQF=-它,二面南。一AO-C的大小為型，其正弦值為克

242

4.（2023新高考I卷18）如圖所示，在正四棱柱ABC?！?4G2中，AB=2f例=4,

點(diǎn)A,,B?,C2,D?分別在棱AA],Bq,CC】,DDt上，AA,—1,BB?=DD?=2,CC[=3.

(1)證明：B2c2A2D2；

(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角。一4。2—。2為150時(shí)，求82P.

【解析】⑴證法一：過點(diǎn)為作為E，BB2于點(diǎn)E,過點(diǎn)2作D2F±CC2于點(diǎn)F,

連接石尸，如圖所示，則&E平行且等于。

所以四邊形4石五3是平行四邊形，所以4。2EF,

又因?yàn)镃?F=B[E=1,所以C2B2EF,,

所以82G43.

證法二：連接42名，易得人與二與弓=G2=24=石，

所以482Go2為平行四邊形，所以B2c2AA.

（2）如圖所示，以8為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC,BABB]為X軸、y軸、Z軸的正方向，建立平面

直角坐標(biāo)系，設(shè)P（0,0,/i）,。2（2,0,3）,4（0,2,1。4（2,2,2）,

44=(2,0,1),4G=(2,-2,2),A2P=(0,-2,/z-l),

z

n,-A>C9=2x,-2y.+2z.=0

設(shè)平面A22G的一個(gè)法向量為〃?=a，y，z),則《~~,

%.A￡>2=2%+Z[=0

令再=1得，平面4。2c2的法向量〃I=(1,-1,-2).

同理可得平面A2c2尸的法向量/=(力一3,0一1,2),

5兀

因?yàn)槎娼荘-A2c2-D)為8=——,

6

則3s外正=第二-6G

2同同而J(/z-3)2+(72-1)2+4J(/?_2)2+3，

即(〃一2『+3=4,解得力=1或〃=3.

則區(qū)可=|2-川=1.

5.(2023新高考II卷20)20.如圖所示，在三棱錐A-BCD中，DA=DB=DC,BDLCD,

ZADC^ZADB^60,

E為3C的中點(diǎn).

(1)求證：BC±AD;

(2)點(diǎn)、F滿足EF=DA，求二面角￡>—AB—尸的正弦值.

DB

【解析】（1）如圖所示，連接AE,OE,因?yàn)镈4=O5=DC,ZAZ>C=ZADfi=60,

所以△ADC1四△AO3，所以AB=AC?

因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，所以8C_LAE.又DB=DC,所以BC_LOE,.

叉DEAE=E,所以8C_L平面ADE,所以BOLD.

(2)設(shè)DA=DB=DC=2,

由NAT>C=NAZ)B=60,可知△ADC,4A￡>3都為等邊三角形，

所以A3=AC=2.又BD_LCD,所以BC=26,

所以AB2+AC2=BC2,則△ABC為直角三角形，且za4c=90°,

所以AE=0,AE2+DE2^AD2,AEA.DE.

叉BC工AE，DEBC=E,所以AE_L平面8co.

分別以即,E8,E4為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.

則E(0,0,0),Z)(V2,0,0),B(0,V2,0),A(0,0,V2),

設(shè)尸(x,y,z),則EE=(x,y,z)=D4=(-J5,0,J5),所以尸卜忘,。,i?》

AB=(0,J5,—J5).設(shè)平面D4B的法向量為機(jī)=(x,y,z),

m-DA=0

則<可得必=(1,1,1).

m-AB-0

又3尸=（一五，一0,夜）.設(shè)平面E45的法向量為〃=（x,y,z）,

ri-BF-0

則<可得〃=(0,1,1).

n-AB=0

1I\m-n\2V6

所以cos<m,n>=■)~1]—r=——尸=——.

1|m||n|V3xV23

所以二面角D—AB—F的正弦值為上.

3

6.（2023北京卷16）如圖所示，在三棱錐P-ABC中，A4,平面ABC,PA=AB=BC=\,

PC=6

（1）求證：BC_L平面R45；

（2）求二面角A-PC—8的大小.

【分析】（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得R4L3C,再利用勾股定理證得3CLP3,從而利

用線面垂直的判定定理即可得證；

（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面e4c與平面PBC的法向量,

再利用空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.

【解析】（1）因?yàn)?4,平面45cBeu平面ABC,

所以B4_L3C,同理P4J_AB,所以ZViAB為直角三角形，

又因?yàn)镻B=YPA2+AB2=J5,BC=I,PC=6,

所以「8?+8C?=「。2,則△P8C為直角三角形，BCLPB,

又因?yàn)锽CLP4,PACPB=P,

所以BC_L平面HLB.

（2）由（1）8CJ_平面RW,又A8u平面RW,則

以A為原點(diǎn)，A3為x軸，過A且與BC平行的直線為曠軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)

系，如圖所示，

則4(0,0,0),P(0,0,1),C(l,1,0),B(l,0,0),

所以AP=(0,0/),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,—1),

m?AP=0Z]=0,

設(shè)平面B4c的法向量為zj,則,,即

m?AC=0玉+%=0,

令％=1,則y=_l,所以機(jī)=(1,一1,0),

n-BC=0%=o

設(shè)平面PBC的法向量為〃=（X2，）’2，Z2）,則，

aPC=0'x2+y2-z2=0

令工2=1,則Z2=l,所以〃二(1,0,1),

/\mn11

所以C°s5'”）=麗=7^^=5，

又因?yàn)槎娼茿—PC-B為銳二面角，

TT

所以二面角A—PC—8的大小為一.

3

7.（2023天津卷17）三棱臺(tái)ABC-A5cl中，若其人工面

A8C,A5，AC,A3=AC=A4,=2，AG=1，分別是BC,8A中點(diǎn).

⑴求證：AN〃平面GM4；

(2)求平面GMA與平面ACG4所成夾角的余弦值;

(3)求點(diǎn)C到平面C}MA的距離.

【分析】(1)先證明四邊形MN41G是平行四邊形，然后用線面平行的判定定理解決；

(2)利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進(jìn)行求解；

(3)方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長(zhǎng)，方法二無需找垂線段長(zhǎng)，直接利用

等體積法求解.

【解析】(1)連接MN，GA.由分別是的中點(diǎn)，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC,

由棱臺(tái)性質(zhì)，AG〃AC，于是“N〃4G,由MN=AG=1可知，四邊形MM41G是平行

四邊形，則A|N〃MG，又AN<Z平面GMA,MC|U平面GMA,于是〃平面QM4.

(2)過M作垂足為E,過￡作EF_LAG,垂足為口，連接

由MEu面44，面.。，故叫又MEJ_AC,ACCA4)=A,AC,AA,u

平面ACG4,則MEJ■平面ACC,A,.

由A￡u平面ACC|4，故例AC|,又Ef_LAC|,MEEF=E'ME,EFu平面MEF,

于是AC；J_平面例即,

由M/u平面MEF,故AG±ME于是平面GMA與平面ACC}\所成角即ZMFE.

AR122

叉ME=----=1,cosz^CACj=—^則sinNCAC]=—^故￡7^=lxsinNCAC]=—^在

2亞百5

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