2023年高考數(shù)學(xué)試題分類解析 第九章 立體幾何附答案解析

2023年高考數(shù)學(xué)試題分類解析【第九章立體幾何】

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-45CD中，底面438為正方形，AB=4r,PC=PD=3,

ZPC4=45°,則△PBC的面積為（）

A.2x/2B.3忘C.472D.5V2

【解析】如圖所示，取AB,8的中點(diǎn)分別為因?yàn)?W=4,所以〃N=4,AC=47L

又PC=PD=3,過(guò)P作尸O_L平面43c￡）,則OeMN.連接PN,Q4,OC，

則PN=dW-聽(tīng)=逐.

令ON=x,則PC>2=5-X2,OA2=4+（4-x）2,

PA2=OA2+PO2=4+（4-X）2+5-X2=25-8X.

a

五人r?“八r+th+/ccdAcruI、I,u°AC~+PC~~~PA~32+9—（25—8x）y/2.

在△R4C中，因?yàn)镹PC4=45,所以cos45=---------------=-------=----.

2-ACPC2X4V2X32

解得x=l,則ON=1,PO=2.

過(guò)O作O//_L3C,垂足為H,連接PH,則OH=2,P，=2&.

所以SzxpBc=gx8CxPH=；x4x2及=40.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43C3-AgG2中，E,尸分別為。,4片的中點(diǎn)，則以為

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=y/2AB,所以球。是正方體A8CO-A與GP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438-4月00中，AB=4,。為A6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(guò)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(méi)有交點(diǎn)，

正方體的外接球直徑2R為體對(duì)角線長(zhǎng)AQ="2+甲+42=46，

即2R'=4?RS,故Rgx=2V3:

分別取側(cè)棱伍,3&CG，￡）A的中點(diǎn)M,”,G,N,顯然四邊形是邊長(zhǎng)為4的正方形，且。為正

方形施VG”的對(duì)角線交點(diǎn),

連接MG,則MG=4夜，當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形腦VG”的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即R的

最小值為2&.

綜上，/?e[272,273].

故答案為[2^,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ABC。-％BCQ中，AB=BC=2,AA,=3,

點(diǎn)”,/，,K為所在棱上靠近點(diǎn)與，G,R,4的三等分點(diǎn)，O,L,M,N為所在棱的中點(diǎn),

2

則三視圖所對(duì)應(yīng)的幾何體為長(zhǎng)方體ABCO-AGGQ去掉長(zhǎng)方體OMG-LMHB\之后所得的幾何體.

_________D,

9

4

D

5.（2023全國(guó)乙卷理科8）已知圓錐PO的底面半徑為道，。為底面圓心，必/>3為圓錐的母線,

ZAOB=\20°,若Zkfi鉆的面積等于迪，則該圓錐的體積為（）

4

A.7iB.Jd兀C.3兀D.3兀

【解析】如圖所示，取初中點(diǎn)為“，連接

在圓。中，因?yàn)??=有，NAQB=120°,所以0"=9，AB=3.

2

▽c_96℃J273一后

又，G所RN以D?_3>/3，PO=^---=y/6.

所以該圓錐的體積為$（6=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，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角

形，S4_L平面AfiC,則54=.

【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-43C轉(zhuǎn)化為直三棱柱SMV-AfiC,

設(shè)△ABC的外接圓圓心為。一半徑為，

2r=_3一石

則sinZACB~,可得廠=6，

T

設(shè)三棱錐S—ABC的外接球球心為。，連接。4,。旦，AO,,則。4=2,Aq=6,OQ=l=』SA,所以

SA=2.

3

故答案為2.

【評(píng)注】多面體與球切、接問(wèn)題的求解方法：

(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問(wèn)題時(shí)，一般過(guò)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(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題求解；

(2)若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的三條線段兩兩垂直，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)47?2="+〃+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)ABC?！狝gGA中，AB=2,44=1,則該棱

臺(tái)的體積為一.

【解析】如圖所示，將正四棱臺(tái)ABCO-AB|GA補(bǔ)成正四棱錐S-ABC。，

因?yàn)锳B=2，44=1,A4j=V2,所以S4=2痣，

設(shè)ACBD=O,AGBQ1=g,

/7

則AO=V2>00]=,

776

故填6.

4

8.（2023新高考H卷9）已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為。，4?為底面直徑，ZAPB=120，PA=2,

點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P—AC-。為45°,則（）

A.該圓錐體積為兀B.該圓錐側(cè)面積為4/兀

C.AC=2?D.AB4c的面積為6

【解析】如圖所示，取AC的中點(diǎn)。，連接PD,OD,則又ODBC,

所以Q0LAC,所以4W為二面角P—AC-。的平面角，即NPDO=45°,則PO=0O.

依題意，PA=2,AAPB=120，所以底面圓半徑r=0,圓錐高〃=1.

%惟=gs底面./z=g7r/./7=g兀乂3*1=兀，

A正確;

S|jq=gx2nr-AP=兀xGx2=2G兀,

B錯(cuò)誤;

在RtZ\AP￡>中，PA=2,PD=yjPO2+DO2=V2)所以40=及,

AC=2AO=2收，C正確；

AXXA

S^PAC=1C-PD=12V2/2=2,D錯(cuò)誤.

綜上，故選AC.

9.（2023新高考II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K，高為九，截取的正四棱錐的體積為匕，高為小，依題意可得

hy=2/^=2x3=6,

所以/臺(tái)=^_匕=gs/|_gs2H=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.若舫=25m,BC=A￡>=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面

與平面赫8的夾角的正切值均為恒，則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為（）

5

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

5

E

【分析】先根據(jù)線面角的定義求得tanNEMO=tanNEGO=姮，從而依次求EO,EG,EB,EF.

5

再把所有棱長(zhǎng)相加即可得解.

【解析】如圖所示，過(guò)E做E。，平面AfiCD,垂足為。，過(guò)E分別做EGLBC,EM±AB,垂足分

別為G,M,連接OG,OM,

E

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NEM。和ZEGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=--.

5

因?yàn)镋OJ?平面MCD,BCu平面他CD,所以

因?yàn)镋GLBC,EO,EGu平面￡OG,EOEG=E,

所以BC,平面EOG,因?yàn)镺Gu平面EOG,所以BCLOG.

同理：OMYBM,又BMLBG,故四邊形OMBG是矩形，

所以由8C=10得OA/=5,所以EO=JiZ，所以O(shè)G=5,

所以在RtAEOG中，EG=y/EO2+3OG2=4呵2+5?=屈,

在RCBG中，BG=OM=5,EB=4EG°+BG。=/相丫+5。=8,

又因?yàn)?5—5=25—5—5=15,

所有棱長(zhǎng)之和為2x25+2x10+15+4x8=117m.

故選C.

11.（2023天津卷8）在三棱錐P—ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足PM=lpC,線段Pfi上的點(diǎn)N滿

3

2

定PN=—PB,則三棱錐P-AAW和三棱錐P-ABC的體積之比為（）

3

1214

A.9-B.9-3-D.9-

【分析】分別過(guò)MC作MMUPA,CCf1PA，垂足分別為M',C'.過(guò)8作出」平面以。，垂足為B'，

連接PB'，過(guò)N作NN'上PB'，垂足為N'?先證NN'J"平面R4C,

MMr1NN'2

則可得到34〃NN'，再證MM'//CC'.由三角形相似得到==7，-7=7，

6

再由A1竺即可求出體積比.

^P-ABC^B-PAC

【解析】如圖所示，分別過(guò)MC作_LPA,CC'J_PA，垂足分別為M',C'.過(guò)3作8B'J_平面Q4C,

垂足為B',連接PB'，過(guò)N作NN'1PB'，垂足為N',

P

因?yàn)?8'，平面Q4C,BB，u平面PBB，，所以平面尸B8'_L平面修。.

又因?yàn)槠矫鍼88'「平面PAC=PB'，NN'1PB'-NN'u平面PBB,，所以NN'_L平面R4C,且

BB'IINN'■

PMMM'1

在△PCC'中，因?yàn)镸M'_LP4,CC'_LPA，所以W'//CC'，所以J=-------=-,

PCCC'3

PNNN'2

在△尸33'中，因?yàn)锽B'//NN'，所以——=——=一，

PBBB'3

I5-NN'--[-PA-MM'S-NN'

所以匕-匕⑶“3MAMNN312J=2

Vp-ABC"ic；SNACBB'；（；PA.CC'}BB'，

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19⑴）如圖所示，在三棱錐P-45C中，AB±BC,AB=2,BC=2也，

PB=PC=n,鰭，”，^。的中點(diǎn)分別為^瓦。，點(diǎn)F在AC上，BF±AO.

求證：EF〃平面ADO；

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

7

H

V

AB=2,BC=2近,80=6，所以Rtz^fi48RtZ\BC4.

設(shè)BEIIAO=。，則RtA0BO-RtABAC>.

所以NQ3O=NBAO=NBC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故尸為AC中點(diǎn)，又E為AP中點(diǎn)，所以EF//PC,又PCHDO,所以EF//DO,

又防且平面4X>,所以所〃平面4)0.

2.(2023全國(guó)甲卷文科18(1))在三棱柱ABC—44G中，底面口。，ZACB=90°.

求證：ACGA?平面BCCfi；

【分析】由AC，平面得AC_L8C,又因?yàn)锳CJ.BC,可證BC_1_平面ACQA，從而證得平面

ACC.A1平面BCC^；

【解析】證明：因?yàn)锳C_L平面MC,8Cu平面舫C,所以ACL8C，

又因?yàn)镹AC3=9(),即AC_LBC,

ACACu平面ACGA,AOlAC=C,所以5。_1_平面＞^。14，

又因?yàn)?Cu平面BCC.B,,所以平面ACC.A1平面BCC、B、.

3.(2023新高考I卷18(1))如圖所示，在正四棱柱ABC。一AgGA中，AB=2,A4=4,點(diǎn)4,

B1,C2,2分別在棱AA|,BB1,CC),DD、匕AA2=1,BB2—DD2—2,CC2—3.

證明：82c2,43；

8

【解析】證法一：過(guò)點(diǎn)作A2E±BB2于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)D2作D2F±CC2于點(diǎn)F，

連接EF，如圖所示，則&E平行且等于&尸，

所以四邊形A2EED2是平行四邊形，所以42EF,

又因?yàn)镃?F=B2E=1,所以G與EF,,

所以82c2A2￡>2.

證法二：連接人&，易得=與G=G2=24=6，

所以4邑。2。2為平行四邊形，所以82GAA.

4.(2023全國(guó)乙卷理科19(1)(2))如圖所示，在三棱錐P—ABC中，ABLBC,AB=2,BC=2五,

PB=PC=^,8P,AP,BC的中點(diǎn)分別為DE,O,AO=4OO,點(diǎn)尸在AC上，BF±AO.

(1)證明：所〃平面ADO；

(2)證明：平面AOOJ_平面班尸；

【解析】(1)如圖所示，在RtZXABC中，因?yàn)锽FJ_AO,且。為8c中點(diǎn),

Afi=2,BC=2叵,BO=0,所以RtAR48Rtz\BC4.

設(shè)8尸C|AO=Q，則Rtz^QBO^RlZXBAO.

所以NQ3O=NB4O=/BC4,所以=又NABC=90°,

故廠為AC中點(diǎn)，又E為AP中點(diǎn)，所以EF//PC,又PCHDO,所以EF//DO,

又￡F<Z平面4)0,所以所〃平面ADO.

9

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

22

又AD<DO,在A4OD中，AD2=5DO2=DO2+AO2,即ZA8=90°,

所以AO，/X>,又DOHPCHEF,所以AOJ_所，

又8尸_LAO,BF族=尸，所以49_1平面班廠.

又AOu平面4)0,故平面4)。J_平面龐下.

5.(2023全國(guó)乙卷文科19(1))如圖所示，在三棱錐中，AB1BC,45=2,BC=2叵，

PB=PC=^,8RARBC的中點(diǎn)分別為O,E,O,點(diǎn)F在AC上，BFLAO.

求證：比7/平面ADO；

【解析】如圖所示，在RtZXABC中，因?yàn)?F_LAO,且。為BC中點(diǎn),

AB=2,BC=2五,BO=也，所以RtAfiA8RtZ\BC4.

設(shè)BE”AO=Q,則RtAGBO^RtABAO.

所以NQ3O=ZBAO=NBC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

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

所以EF〃平面4)0.

6.(2023新高考H卷20(1))20.如圖所示，在三棱錐A—38中，DA=DB=DC,BDYCD,

ZADC=ZADB=60，

E為8C的中點(diǎn).

求證：BCYAD,

【解析】如圖所示，連接因?yàn)镈A=D6=0C,AADC=ZADB=60，

10

所以△AOCgZXADB，所以AB=AC.

因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，所以6C_LAE.又DB=DC,所以8CJ_OE,.

又DEf)AE=E,所以BC_L平面ADE，所以BCLAO.

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，M=2,AC，底面ABC，NACB=90。，A,

到平面8CGA的距離為L(zhǎng)

（1）證明：AC=AiC；

（2）若直線M與8g距離為2,求Ag與平面BCGA所成角的正弦值.

【解析】（1）因?yàn)锳C底面4?。，所以AC，BC,又NAC3=90°,所以AC_L8C,又ACf|AC=C，

所以平面ACG4，故平面8CGB|J.平面4CGA,交線為CG，

過(guò)4作CG的垂線，垂足為M,則平面BCGd，又4到平面BCG用的距離為I.

所以AM=1,在△ACG中，AC_LAG，cq=償=2=24"，所以M為CG的中點(diǎn)，

又知w為垂足，所以△ACG為等腰三角形，AG=AC,進(jìn)而ac=4c.

（2）由（1）知，CA,CB,CA兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系c-孫z.

11

過(guò)C作C”_LAA，則”為中點(diǎn)，連接84，則

因?yàn)橹本€至與的距離為2,所以BH=2.

由(1)知C4=C41=0,C4=1,在RtZ\C3〃中，CB=G，C(0,0,0),A(血,0,0),8(0,G,0),4(0,0,0),

CCi=AAt=BB\=(-V2,0,V2),CB=(0,G,0),

AB\=AB+BBi=(-V2,瓜0)+(-72,0,72)=(-2夜,瓜Q).

、門___工.H-CC=~>j2x+V2z=0

設(shè)平面BCC內(nèi)的法向量為〃=(x,y,zm),則<}1L

n-CB=V3y=0

令x=l,z=l,y=0,故〃=(1,0,1).

設(shè)直線AB】與平面BCqq所成角大小為3,

sin，=

HE卜普二應(yīng)>位J8+應(yīng)3+2-監(jiān)13

即直線期與平面BCG與所成角的正弦值為吟.

2.（2023全國(guó)乙卷理科9）已知△ABC為等腰直角三角形，為斜邊，△ABO為等邊三角形，若二

面角。-AB-。為150°,則直線CD與平面他C所成角的正切值為（）

2

A1R應(yīng)c60

5555

【解析】如圖所示，取/W中點(diǎn)H,連接O〃,C〃，則DHLAB.

NC”￡＞為二面角C—43-。的平面角，即NCHD=150。,

且A8_L平面C〃D,平面ABCJ_平面CW.

NDC”的大小即為直線CD與平面A5C所成角的大小.

不妨設(shè)/15=2,則CH=1,DH=6

12

在△CM3中，CD?=i+3—2xlx&cosl50°=7.

所以cosZDC，=-巾？=2，sinZDCH=tanZDCH=—

2xlxV72V75

故選C.

3.(2023全國(guó)乙卷理科19)如圖所示，在三棱錐P-A3C中，AB1BC,AB=2,BC=2叵

PB=PC=4^>,BP,AP,3c的中點(diǎn)分別為D,E,O,A￡)=6。。，點(diǎn)尸在AC上，BFVAO.

(1)證明：EF〃平面ADO；

(2)證明：平面AOOJ_平面BEF；

(3)求二面角?！狝O—C的正弦值.

【解析】(1)如圖所示，在Rt&BC中，因?yàn)锽EJ_AO,且。為8C中點(diǎn),

AB^2,BC=2叵,BO=42,所以RtAfiAgRt^BCA.

設(shè)8/040=0,則RtZ\Q8WRlZ\8AO.

所以NQ3O=NBAO=NBC4,所以BF=CF,又NABC=90°,

故廠為AC中點(diǎn)，又E為AP中點(diǎn)，所以EF//PC,XPCIIDO,所以EF//DO,

又EF<Z平面4X2,所以EF〃平面ADO.

(2)由(1)知，AO=R,又D為BP中點(diǎn)、,所以。。=,r。=且，

22

又AD=?O,在ZMO。中，AD2=5DO2=DO2+AO2,即ZAOD=90°,

所以AO，。。，又DOHPCHEF,所以

又BFJ_AO,BFEF=F,所以AOL平面BER

又AOu平面4)0,故平面4)0J_平面龐尸.

(3)由(2)知，49u平面ABC,所以平面ABC,平面BEF,

設(shè)A。BE=H,連接?！?，則AOLQH,AO1QF,即為二面角?！?9—C的平面角.又

13

QH//EF,所以轉(zhuǎn)化為求NBFE.

在A45O中，BD=-BP=—,AB^2,AD=45DO=^-

222

6+4-30

所以cos/A3Q=-----3=W=-也.

2a6

、2x2、x——瓜

2

所以4為=當(dāng)

在△/VIB中,AP-=4+6-2x2x76

4+14-63

在△/^鉆中,cosA=

2x2xV14M

在AAfiE中，BE2=4+--2x2x-x-^==-,所以8￡=巫

22x/1422

々66

3+「4=3=血

在△BEE中,cos/BFE=

2x&x避_電一下

2

所以cosN"QF=-",二面角。一AO—C的大小為型，其正弦值為也.

242

4.(2023新高考I卷18)如圖所示，在正四棱柱中，48=2，然=4,點(diǎn)A2,B?,

G.D?分別在棱AA1,BB),CC1,OR上，AA2—X,BB?=DD?=2,CC2=3.

(1)證明：52C2/A2D2；

(2)點(diǎn)尸在棱8及上，當(dāng)二面角尸一4G-2為150時(shí)，求82P.

【解析】(1)證法一：過(guò)點(diǎn)外作&七，3鳥(niǎo)于點(diǎn)￡\過(guò)點(diǎn)I)?作。2尸，。。2于點(diǎn)尸，

14

連接EE，如圖所示，則平行且等于2戶,

所以四邊形為七包＞2是平行四邊形，所以42EF,

P

又因?yàn)镃?F=B2E=1,所以G^2EF,,B2

所以82G

證法二：連接人與，易得44=坊。2=。23=24=石，

所以482c2。2為平行四邊形，所以82G42.

(2)如圖所示，以8為坐標(biāo)原點(diǎn)，8c,84,34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,h)C(2,0,3),A2(0,2,1),2(2,2,2),A2D2=(2,0,1),4G=(2,-2,2),A2P=(0,—2,〃一1),

/i1-4c2=2%-2y+2Z]=0

設(shè)平面A2D2C2的一個(gè)法向量為〃1=(x,y,z),則＜

n,-A2D2=2玉+Z[=0

令再=1得，平面43G的法向量〃?=(LT-2).

同理可得平面4c2P的法向量〃2=(〃-3,人一1,2),

因?yàn)槎娼荘--2為。=＞，

511]|cos|=—=鷺

2同同4V6-7（/J-3）2+（A-1）2+4yl（h-2）2+3'

即（〃一2＞+3=4,解得力=1或〃=3.

則忸2“=2-川=1.

5.（2023新高考II卷20）20.如圖所示，在三棱錐A—88中，DA=DB=DC,BDVCD,

15

ZADC=ZADB=60，

E為8C的中點(diǎn).

(1)求證：BC±AD;

(2)點(diǎn)廠滿足E/?=D4，求二面角。一A5—/的正弦值.

【解析】(1)如圖所示，連接AE,OE,因?yàn)閙=r)B=￡)C,ZADC=ZADB=60，

所以△A0C名△AD6，所以AB=AC-

因?yàn)镋為8C中點(diǎn)，所以BC_LAE.又DB=DC,所以BCLDE,.

又。=所以6C_L平面A￡>￡,所以8CJ_AT>.

(2)設(shè)ZM=DB=OC=2,

由NAOC=NAD8=60，可知△A。。,△AQ8都為等邊三角形，

所以AB=AC=2.又BDLCD,所以BC=2&，

所以AB2+AC2=BC2,則△ABC為直角三角形，且NBAC=90。,

所以AE=V5，AE2+DE2=AD2.AE±DE.

又6CJ_A￡,DEBC=E,所以AE_L平面BCD.

分別以ED,EB,E4為％y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.

16

則E（0,0,0）,D（V2,0,0）,B（0,夜,0）,A（0,0,&）,

設(shè)尸(x,y,z),則所=(再％2)=04=卜&,0,后)，所以尸(―血,0,血了

AB=(0,V2,-V2).設(shè)平面DAB的法向量為m=(x,y,z),

m-DA=0

則《可得=

m-AB二0

又BF=（-V2,-V2,V2）.設(shè)平面FAB的法向量為n=（x,y,z）,

n-BF=0

則〈,可得〃=（0,1,1）.

n-AB=0

所以Icos<mn」"〃L2.娓

/Vr以cos<n>\--~~r-—?=產(chǎn)—.

1|?i||n|V3xV23

所以二面角O—A3—E的正弦值為由.

3

6.(2023北京卷16)如圖所示，在三棱錐P—ABC中，24,平面AfiC,PA=AB=BC=l,PC=6

(1)求證：BC_L平面P4B；

(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R4_L3C,再利用勾股定理證得3CJ.P3,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Q4c與平面P8C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)镼4_L平面A8C,3Cu平面他C,

所以同理所以△叩為直角三角形，

又因?yàn)镻B=JPA2+AB2=叵,BC=I,PC=B

17

所以尸由+8。2=2。2,則4PBC為直角三角形，BCLPB,

又因?yàn)?CJ_R4,PAPB=P,

所以平面P4B.

(2)由(1)BCJ_平面AM,又Afiu平面E46,則BCJ_A5,

以A為原點(diǎn)，43為x軸，過(guò)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A(0,(),()),尸((),(),1),C(1,1,O),3(1,0,0),

所以4P=(0,0,l),AC=(l,l,0),BC=(0,l,0),PC=(l,l,—l),

,、m-AP=0\z.=0,

設(shè)平面RAC的法向量為機(jī)=(%，X，Z1),則｛，即《

m-AC=Q1再+%=0,

令%=1,則凹=-1,所以機(jī)=(1,一1,0),

/n-BC=0[y=0

設(shè)平面PBC的法向量為〃=(*2，%,22),則[,即《,一?八

n-PC=0[x2+y2-z2=0

/\mn11

令乙=1,則Z2=l,所以"=(1,0,1),所以cos(zn,"〉=Mp=&x也=5,

jr

又因?yàn)槎娼?-PC—8為銳二面角，所以二面角A—PC—8的大小為上.

3

7.(2023天津卷17)三棱臺(tái)ABC-AAG中，若為人，面AC,45=AC=朋=2，AG=1,

分別是8C,84中點(diǎn).

(1)求證：AN〃平面GM4；

(2)求平面CtMA與平面ACC.A所成夾角的余弦值;

(3)求點(diǎn)C到平面GMA的距離.

【分析】(1)先證明四邊形仆G是平行四邊形，然后用線面平行的判定定理解決;

18

（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(wú)需找垂線段長(zhǎng)，直接利用等體積法求解.

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

由棱臺(tái)性質(zhì)，AG〃AC,于是MN//AC，由MN=AC=1可知，四邊形MNAG是平行四邊形，則AN

//MG，又4"0平面。|吊4,Mgu平面GMA,于是AN〃平面GM4.

（2）過(guò)M作MELAC,垂足為E,過(guò)E作EFJ_AG，垂足為F,連接MEgE.

由MEu面ASC,44_1面他。，故/14,，“七，又加￡_14。，ACOAA,=A,AC,例u平面ACCd,

則腔_￡平面4^；4.

由AGu平面ACGA，故ME_LAG,又防，AC-MEEF=E，ME所u平面MEE，于是AG，

平面MEF,

由MRu平面MEF,故ACt±MF.于是平面CtMA與平面ACQA所成角即NMFE.

Ao[22

又ME—=1,cosZCACj=—j=,則sinNC4G=-j=,故EF=1xsinZ.CACX=—j=,在px/\MEF中，

NMEF=90，則知尸=

FF2

于是C