【一專三練】專題03立體幾何大題基礎(chǔ)練-新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)

分層訓(xùn)練（新高考通用）

1.（2022?河北?校聯(lián)考模擬預(yù)測）在斜三棱柱ABC-A片￡中，"C是等腰直角三角

（1）證明：AtBLAC;

（2）求二面角Ai-BC-Cl的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

Q）巫

5

【分析】（1）由線面垂直判定定理，性質(zhì)定理解決即可；（2）根據(jù)空間向量法計算出二

面角的余弦值，再求出二面角的正弦值即可.

【詳解】（1）證明：取AC中點。，連接OA,OB,如圖所示：

：AB=BC,AC=2百,ZXABC是等腰直角三角形，

?OC=√3,(2B≈√3,S.OBYAC,

???平面ACGA?L底面ABC,平面ACC1A1-底面ABC=AC,08U平面ABC,

.?.OBl.平面ACGA，

?.?AOU平面ACGA，

?.?A8=AAi=2,

2222

AiO=yjA1B-OB=√2-(√3)=1，

22

ΛAtO+AO=AA-,(符合勾股定理)，

.?.A1O±AC,

?.?AOOB=O,AlO,OBU平面AtOB,

.?.AC，平面AOB,

?.?48(=平面4。8,

.?.A1BLAC.

(2)由(I)知，可以建立分別以08,OCOA為x,%z軸的空間直角坐標(biāo)系,

則B(√3,0,0),C(0,√3,0),A(0,-√3,0),Xt(0,0,1),

又因為斜三棱柱ABC-A4G中，AC/∕AiCl,

所以G(0

所以BC=(—75,75,0),%=(-?0,1),CC1=(0,√3,l).

設(shè)平面ABC的法向量”=(x,y,z),

n.BC-—?∣3x+>∣3y=Or-

則1{r,令X=1,貝IJy=I,z=VJ,

n.BA?=-√3x÷z=O

.?.平面ABC的法向量Zi=(1,1,石)，

設(shè)平面BCC1的法向量m=(a,b,C),

inBC--?/?ɑ+V3?=O

則令α=l則8=1,C=-?/?，

m?CC1=?/?/?+c=O

，平面BCCl的法向量加=(IJ-G),

設(shè)二面角4-BC-G的平面角為θ，

lxl+lxl-6XG

則Icos（小加〉I="m

I〃Ilml√5×√55

所以Sine=Jl-H=2*,

故二面角A-BC-G的正弦值為平.

2.(2023?浙江金華?浙江金華第一中學(xué)校考模擬預(yù)測)如圖，在直三棱柱ABC-ABc中,

CA=CB=2,AB=2g,AA=3,仞為AB的中點.

⑴證明：AG〃平面BCM；

(2)求點A到平面B1CM的距離.

【答案】(1)證明見解析

⑵返

11

【分析】(1)利用線面平行的判定定理證明;

(2)利用等體積法求解.

C.

小β?

連接BG交BC于點N,連接MN,

則有N為BG的中點，M為AB的中點，

所以ACI/MN,

且AGU平面BQM,MNU平面B1CM,

所以AG〃平面4CM.

(2)連接A”因為C4=C8=2,所以〃±AB,

又因為AAll.平面ABC,CMU平面ABC,

所以AA_LCM,ABc44,=A.所以CML平面ABB∣A1,

又因為MByU平面ABBtA,,所以CM，MB1,

又C42+CB2=A82,所以，A3C是等腰直角三角形，

CM=；AB=6,MB∣22

=7MB+BB1=√Γl.

所以

SMM81=JCM?Λ∕B∣=^L

SAACM=BS?AC8KCA?CB=1,

設(shè)點A到平面B1CM的距離為d,

因為匕i,CM=%,-ACM,所以;XSB,CMxd=^×s.ACMxaa^

AA

所以d=s*"X=嚕.

3BiCM??

3.（2023?江蘇泰州?統(tǒng)考一模）如圖，在√1BC中，AD是BC邊上的高，以AD為折痕,

將.ACD折至ZXAPD的位置，使得PB_LAfi.

P

(1)證明：PBj_平面AfiD;

(2)若AD=PB=4,BD=2,求二面角B-PA-D的正弦值.

【答案】(I)證明見解析

【分析】(1)先證明出線面垂直，得到AQ_LP3,進而證明出PB_L平面ABO：

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解二面角的余弦值，進而求出正弦值.

【詳解】(I)證明：是BC邊上的高,

PDLAD,ADA.BD,

?.?PDcBD=D,PD,8。U平面PBD,

.?.Af>，平面P8。，

?/PBU平面PBD,

.-.ADA.PB,

又?.「8_1.48,710,480：平面43￡>,4。門"=4,

.?.P8J_平面

(2)以D為坐標(biāo)原點，DA所在直線為X軸，DB所在直線為y軸，垂直ADB平面為

Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

AD=PB=4,BD=2,

則8(0,2,0),P(0,2,4),A(4,0,0),0(0,0,0),

.?.BP=(0,0,4),PΛ=(4,-2,-4),DΛ=(4,0,0),

設(shè)平面BPA與平IfllPAD的一個法向量分別為∕?=（4,y,zJ,%=,%，Z2），

ft?BP=4z.=O

故，解得：z1=0,令M=1,得：γ1=2,

nλ?PA=4x1-2y1-4zl=0

則n1=(1,2,0),

ιiyPA=4x^-2?-4z0=0

^^一^,解得：*2=。，令Z2=l,則>2=-2,

π1?DA=4X2=0

故MI=(O

設(shè)二面角3-以-O平面角為。，顯然。為銳角,

|(1,2,0)-(0,-2,1)|44

M=明

√Γ+4×√Γ+4^√5?√5~5

同〃2

.?.Sino=JI-CoS2θ=—.

4.（2023?遼寧阜新?校考模擬預(yù)測）如圖，在等腰直角三角形ABC中（如圖1）,ZA=90o,

點E,尸分別是AB,BO的中點，將AABC沿AO折疊得到圖2所示圖形，設(shè)/是平面

EFC和平面ACQ的交線.

⑴求證：/_L平面BC￡>；

（2）求平面ACD和平面BCD夾角的余弦值.

【答案】（1）證明過程見解析

（2）0

【分析】（1）由中位線證明出石萬〃AO,再證明出A￡>J_平面BCD,從而得到/，平面

BCD；

（2）在第一問的基礎(chǔ)上得到面面垂直，得到夾角余弦值.

【詳解】（1）因為E,尸分別是AB,BO的中點，

所以EF//AD,

因為EFU平面CEF,AQz平面CE尸，

所以4）〃平面C￡F,

因為/是平面EFe和平面AC。的交線.ADU平面ACD,

所以AD//1,

因為AOLBRADLCZ）,BDcCD=D,30,8u平面BCO,

所以4）_L平面BCZ）.

因為AD//1,所以平面BC￡）；

（2）由（1）知：AoJ_平面BCD,

因為ADu平面ACD，

所以平面AsJ_平面88,

故平面ACQ和平面BC。夾角的余弦值為cos90。=0.

5.（2023?江蘇南通?統(tǒng)考模擬預(yù)測）三棱柱ABC-ABC中，AB=ABt=AA1=AC=2,

ZBAC=120.線段ABl的中點為M,且BC_LAM.

（1）求AA與8C所成角的余弦值；

（2）若線段BC的中點為尸，求二面角P-AB1-Af的余弦值.

【答案】（1）3

4

⑵嫗

13

【分析】（1）利用已知條件建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求異面直線所成角即

可，

（2）由（1）建立的空間直角坐標(biāo)系利用法向量求二面角的余弦值即可.

【詳解】⑴在線段BC上取一點N,使CN=g8C,

在三棱柱ABC-ABC中，AB//AiBl,

在AAgA小，因為AA=AA,M是Aq的中點,

所以AMJ=,

所以AM_LAS,

因為AMJ.BC,BCeAB=B,BC,AB?平面ABC,

所以AM/平面ABC.

在，ABN中，由余弦定理得：

AN2=AB2+BN--2AB×BNXCOS30=-,

3

所以AB?+AV?=BM,所以A8"LAN,

以A為原點，AB,AN,AM所在直線分別為X軸，y軸,

Λ(0,0,0),B(2,0,0),B,(1,0,√3),A(-1,0,√3),C(-1,√3,0),設(shè)G(x,y,√J),

因為BC=B,Cl=>(-3,√3,θ)=(x-l,y,0)=C1(-2,√3,√3)

所以ΛA=(τ,O,g),8C=t3,G,θ),

設(shè)直線AA與8C所成的角為e,e∈(o,]

AAtBC√3

所以cosθ=∣cos<AΛl,BC>|=

M11sc4

(2)因為線段用G的中點為P,

所以尸一；,當(dāng)小

設(shè)平面PAB1的一個法向量4=(χ∣,y,z∣),

因為AP=-∣,γ,√3,AB1=(1,O,√3),

~~χY+6z]=O

所以“LAP%AP=O<?

n1±AB1n]?AB1=O

xi+?/?z,=O

令z∣=l,貝IJX=-G,χ=—3,

所以“=卜百

由（1）401平面ABC,ΛMu平面A44，

所以平面AA用，平面ABC,

又平面A4B∣平面ABC=他

又AB_L4V,4Vu平面A8C,4VU平面AAB∣,

所以4V上平面AAB∣，

所以AN為平面AABl的一個法向量,

而AM在>軸上，

UUUl

所以取平面A4用的?個法向量AN=（0,1,0）,

設(shè)二面角P-ABi-A1的平面角為。，

III/\||闖3√13

∣cosα∣=∣cos^,n2）∣=L∣=-ir,

由圖可知：α為銳角，所以CoSa=X叵.

13

所以二面角P-AM-A的余弦值為通.

13

6.（2023?福建莆田?統(tǒng)考二模）如圖，直三棱柱ABC-A1AG的側(cè)面BCC6為正方形,

2AB=BC=2,E,尸分別為AC,CG的中點，BFIA1B1.

（2）求平面ABlE與平面ACGA夾角的余弦值.

【答案】（1）證明過程見解析

（2）1

【分析】（1）證明事8A,8C,四兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的數(shù)量

積為O得到8尸_LA4，Bh%E,從而證明出線面垂直：

（2）求出兩平面的法向量，求出平面夾角的余弦值.

【詳解】（1）因為三棱柱ABC-ABC為直三棱柱，

所以BBJAE,又因為BFLA1BLAB//AtBx,所以8尸，AS，

因為BBlCBF=B,BB∣,BFu平面BCClBI,

所以ABI平面BCC∣B∣,

因為BC,BBlU平面BCC1B,,所以AB±BC,AB1BB1,

因為BCG用為正方形，所以ABlBC,

故以8為坐標(biāo)原點，8436;8片分別為工,丁*軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

則8(0,0,0),F(0,2,1),A(1,0,2),4(0,0,2),E(g』,O),C(O,2,0),G(0,2,2),4(1,0,0),

因為8F?4B∣=(0,2,1)?(7,0,0)=0,βF?Λ1E=(0,2,l)^-∣,l,-2^∣=2-2=0,

所以8尸，44，BFLAiE,

因為4瓦,AEu平面AgE,AtBlAtE=Alt

所以8尸，平面AgE,

(2)由(I)可知：平面AgE的一個法向量為Bb=(0,2,1),

設(shè)平面ACGA的法向量為m=(χ,y,z),

"2?AC=(X,y,z)?1,2,0)=-X+2y=0

m?AC1=(x,y,z)?(-l,2,2)=-x+2y+2z=0

解得：z=0,令y=l,則x=2,所以，”=（2,1,0）,

設(shè)平面A1B1E與平面ACC1A1夾角為。,

l,,kcos^∣cosΛπ3刊-』明」（2』，。>（。，2」）|_2

故CoSa怦SMMBq歷TX勾一5，

故平面AgE與平面ACGA夾角的余弦值為

7.（2023?遼寧?校聯(lián)考一模）如圖，四棱錐P-A8CO中，底面ABC。是菱形，Pz5_[_底

IfASCD,PD=DA,M為AO的中點，且平面PBM_L平面PDL

（1）證明：BMVAD-,

（2）求二面角M-PB-C的正弦直

【答案】（1）證明見解析

⑵迫

35

（分析】（1）過。做￡>￡J_PM,由面面垂直性質(zhì)定理可得DE1平面PBM，即DElBM.

由PD_L底面ABCD,可得再根據(jù)線面垂直判定定理可得SM/平面PΩ4,

進而得_LAD；

（2）由（1）結(jié)論建立合適的空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)AM=I,根據(jù)長度角度關(guān)系，找

出各個點的坐標(biāo)，分別求得平面MP3和平面CPB的法向量，根據(jù)法向量夾角的余弦值

的絕對值即為二面角大小的余弦值的絕對值，進而求出其正弦值即可.

【詳解】（1）解：因為PDJJ底面ABCr）,所以PDLBM,

在平面PD4內(nèi)過。做DE_LPM,垂足為E,如圖所示：

因為平面平面PA4，交線為PA/，

且有￡>E_LPΛ∕,DEu平面PNM,所以￡)￡工平面PaW,

因為BMU平面PBM,從而DKIBM,

因為PZHr>E=O,PZ)U平面PD4，DEu平面「D4,

所以平面PD4，于是3MJLAZ);

(2)以M為坐標(biāo)原點，MA為X軸正方向，M3為V軸正方向，

在平面中，過M做平行于P。的直線為Z軸，記IMAl=1,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系"-型，

因為底面AfiCD是菱形，且M為AZ)的中點，所以AB=AZ)=2AA/=2，

由(1)知3MJLAT)，所以NMBA=30,所以MB=石，

又有PD=DA=2,故可得M(0,0,0),P(TO,2),β(θ,√3,θ),

C(-2,√3,O),于是M3=(O,G,O),PB=(1,6,-2),βC=(-2,0,0),

/.mMB=0

設(shè)切=(XI,χ,z∣)為平面MPB的法向量，則-PB，

島∣=0.,、

即r,取玉=2,可得m=(2,0,l);

X1+√3y1—2z1=0

/、_〃?BC—0

設(shè)〃=(X2,%*2)為平面CP5的法向量，則，PB0，

即x+島-2z-01取必=2,可得“=(。,2,⑹，

因為Sin(加,=JI-cos2C,〃)=、

J（Y-4√7δ

"?lt√5?√7J^35,

所以二面角M-P8-C的正弦值為生團.

35

8.（2022?河北邯鄲?統(tǒng)考二模）如圖，在三棱錐P—ABC中，△ABC為等腰直角三角形,

且AB=AC=2,AABP是正三角形.

⑵若直線PC與平面ABC所成角為會求二面角P-3C的余弦值.

【答案】（1）證明過程見解析；

【分析】（I）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理

進行證明即可；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式,結(jié)合線面角、面面角的定義進行求

解即可.

（1）

設(shè)PB的中點為Z），連接。A8,

因為PC=BC,所以CDJ_8P,

因為AABP是正三角形，所以P4=84,因此ADLBP,

而8A。=。,A￡>,CDU平面Aa）,所以BPL平面Aa

而ACU平面AC。，所以BPLAC,

因為AABC為等腰直角三角形，且AB=AC=2,

所以ACJ_/W,而ABBP=B,AB,BPu平面ABP,

所以ACJ_平面ABP,而ACU平面ABC,

所以平面48Pj-平面ABC；

⑵

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則有尸(1，%，ZO)(X>>O,zo>0),A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),

因為AABP是正三角形，所以該三角形的高為,22-(2xg)2=退，

于是有J√+ZΟ2=3,設(shè)平面ABC的法向量為〃=(0,0,1),PC=(-l,2-γ0,-z0),

因為直線PC與平面ABC所成角為巴，

4

∣PC?n∣IZIJy

所以CoS〈PC,〃〉==/I:，=一，而y。2+z°2=3,

卜CHW√l÷(2-%)2÷?22

解得：%=1,ZO=叵,即尸(1,1,忘)，

設(shè)平面PAB的法向量為，〃=(玉,y∣,z∣),

LUUU

ΛP=(1J,√2),AB=(2,0,0)，

所以有收APnKAP=°=卜+乂+缶=°=吁(0,一內(nèi)),

mJ_AB[m,?AB=0[2x1=0

9.(2023?江蘇?統(tǒng)考一模)在三棱柱ABC?AgG中，平面44班，平面ABC,側(cè)面

JT

ABIBA為菱形，ZABBt=-,AB11AC,AB=AC=2,E是AC的中點.

(1)求證：ABj.平面ABC；

TrFP

⑵點P在線段上(異于點A,E),AP與平面兒8E所成角為￡,求右的值.

4七A

【答案】(1)證明見解析

【分析】(1)根據(jù)線面垂直的判定定理證明；

(2)利用空間向量的坐標(biāo)運算表示線面夾角即可求解.

【詳解】(1)因為四邊形4旦胡為菱形，所以AQ，4與，

又因為A1BJ.AC,ABl,ACU平面AB,C,AB1AC=A,

所以48L平面ABC.

JT

(2)取AB的中點。，連接用0,四邊形A4B4為菱形，旦NABg=

所以用0,48.

因為平面AB1BA1平面ABC,平面AlBβAn平面ABC=AB,

40u平面AqBA,

所以B0L平面A8C,所以與OLAC,又因為A8?LAC,B1OAB=。,

所以ACL平面A耳BA取BC中點。，連結(jié)

以0為原點，OB,OD,OBl為空間基底建立直角坐標(biāo)系.

則8(1,0,0),A(-l,0,0),A(-2,0,√3),E(-1,1,0)I

所以%=(-3,0,G),βf=(-2,1,0).

設(shè)平面A/E的一個法向量為“=(x,y,z),

n-BAl=-3x+?∣3z=O-

所以，令X=1,則z=√Ly=2,

n-BE=-2x+?=O

所以"=(1,2,6).

i?EP=λEAx,UJ得點P(—1—九1一九,百義)，AP=(―Λ,1—λyλ∕3Aj.

πI/?∣I”/∣-A+2-2Λ+3Λ∣

∣∣∣≡?sin—=cos（AP,=-------?=一1∣J——

山型i2

m4I?∕?∣AP∣∣n∣√Γ÷（l-2）+3Λ^

解得X=2或X（舍），即黃EP=熱2

10.（2022?山東?濰坊一中校考模擬預(yù)測）在如圖所示的多面體AFDCBE中，AB2平面

BCE,AB//CD//EF,BElEC,AB=4,EF=2,EC=2BE=4.

E

（1）在線段BC上是否存在一點G,使得EG//平面AFC?如果存在，請指出G點位置并

證明；如果不存在，請說明理由；

（2）當(dāng)三棱錐O-AFC的體積為8時，求二面角￡>-AF-C的余弦值.

【答案】（1）存在，點G為BC中疔，證明見解析

喈

【分析】（I）先找到G點位置，由面面平行證明線面平行；（2）建立空間直角坐標(biāo)系,

由體積求解邊長，用空間向量求解二面角.

【詳解】（I）存在，點G為BC中點，理由如下：

取線段AB的中點“，連接E"、HG、EG.

'：AH//EF，AH=EF=2,

：.四邊形4"Ef是平行四邊形，.?.HE//AF.

乂：47U平面ART,HEtZ平面4FC,"E〃平面AFC.

：”、G分別為43、BC的中點,

HG是ABC的中位線，.?.HG//AC.

：ACu平面AFC,"G<z平面AFC,：.HG〃平面AFC.

?：HGCHE=H,HG、HEU平面EHG,

：.平面EHG//平面AFC.

'：EGU平面EHG,，EG〃平面AFC.

(2)設(shè)cr>=t(f>o),

?由^*^.%ι√-Λrv=匕Λ-oZr√crC=-×3-2×CD×CE×BE=-3×-2×4×2=-3=S,

可得Cf>=r=6.

以E為坐標(biāo)原點，EC、EB、E廠所在直線分別為x、y、Z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

D

E

由題可知尸(0,0,2),C(4,0,0),A(0,2,4),0(4,0,6),

AF=(0,-2,-2),CF=(TO,2),FD=(4,0,4).

設(shè)平面AFC的法向量為"z=(x∣,y∣,z∣),

則SAy一2χ-2z∣=Onl…，

[m.LCF[-4x∣+2z1=0[z∣=2再

令石=],得y=-2,??=2,

所以平面4尸C的?個法向量為加=(1,-2,2).

設(shè)平面AF〃的法向量為〃=(孫％，Z2)，

則依AFn產(chǎn)必2=0=(%=-馬，

[n1FD[4x2÷4z2=0[x2=-Z2

令Z2=l,得％2=>2=T,

所以平面4尸。的一個法向量為"=（-1,-1,1）.

/?m`n—1+2+2?/?

cos（m,n）=i~~--T=--------=——

\/叫i?iI3×√33,

由圖可知二面角Q-A尸—C為銳角，

故二面角。一AF—C的余弦值為立.

3

U.（2022?山東日照?校聯(lián)考二模）如圖，等腰梯形ABC。中，AD//BC,

A8=8C=CD=gAD,現(xiàn)以AC為折痕把ABC折起,使點B到達(dá)點尸的位置,且，Ce>.

（1）證明：平面APCJ_平面A￡>C；

⑵若M為Pz）上一點，且三棱錐O-ACM的體積是三棱錐P-ACM體積的2倍，求二

面角P-Ae-M的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵也

2

【分析】（1）在梯形ABe。中，取AZ）的中點E,證明四邊形BCE4為平行四邊形，再

根據(jù)圓的性質(zhì)得出AC_LC￡>,利用面面垂直的判定定理證明即可；

ILLin1Iur

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由吃-CM：%rcM=1：2得出PM=I，利用向量法即可

得出二面角P-AC-M的余弦值.

【詳解】（1）在梯形A8C。中取AD中點M連接CM

則由8C平行且等于AN知ABCN為平行四邊形，所以CV=AB,

由CN=；A。知C點在以4。為直徑的圓上，所以ACLCD.

又APJ_CD,APCAC=A,AP,ACu平面PAC

?CD^平面R4C

又Cf)U平面ADC

，平面APC，平面AOC

(2)取AC中點。，連接P。，由AP=PC,可知POLAC,

再由面PACL面ACQ,AC為兩面交線，所以尸O立面AC。，

以。為原點，OA為X軸，過。且與OA垂直的直線為y軸，OP為Z軸建立直角坐標(biāo)系,

令A(yù)B=2,則A(G,0,0),C(-√3,O,O),P(O,O,1),D(-√3,2,O),

uuum1VUi

11Wp-ACM?Vo-ACAf=1：2,得尸M=§PZ),

1(/?22、

所以O(shè)M=OP+PM=OP+]PO=^3,3,3'

設(shè)平面ACM的法向量為n=(x,y,z),

22

r-n?OM=O—-x+-j+-z=O

則由?八得z0?33,

n?OA=O∣-

取Z=—1得χ=0,y=i,所以〃=(0,1,—1),

而平面B4C的法向量加=(0,1,0),所以c°s(〃，昉=向而=

又因為二面角P-AC-M為銳二面角，所以其余弦值為它.

2

12.(2022?湖北武漢?武漢二中校考模擬預(yù)測)如圖(1),平面四邊形ABOC中，

ZAβC=ZD=90o,AB=BC=2,8=1,將，ABC沿BC邊折起如圖(2),使Ao=√7,

點M,N分別為AC,A￡＞中點.

圖(1)圖(2)

(1)判斷直線MN與平面河的位置關(guān)系，并說明理由；

(2)求二面角A-MM-B的正弦值.

【答案】(I)AmJ■平面ABD,理由見解析

⑵竽

【分析】(1)由勾股定理逆定理得到AB_L8。，進而證明出A82平面C80,得到

ABlCD,結(jié)合CD?LBD可證出CD_L平面ABD,再由平行關(guān)系得到結(jié)論；(2)建立空

間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解二面角.

(1)

仞7_1_平面4夕￡),理由如下：

在RtBCDφ,BC=2,8=1,由勾股定理得：BD=B

因為AD=J7,AB=2,

可得Aβ2+B02=AZ)2,所以AB_LBD,

又由ABl8C,且BCBD=B,8C,8Du平面CBO,

所以ABj,平面CBO,

又因為Cz)U平面C8。，所以Λfi"LCQ,

又由CQ-LB。，且BDCA8=8,BD,ABu平面筋力，

所以CQ，平面

又因為M,N分別為AC.AO中點，可得MN//CD,

所以MV，平面AKD.

(2)

以。為原點，CZ)所在直線為X軸，射線OB為V軸建立如圖直角坐標(biāo)系，

則A((),6,2),β(θ,√3,θ),C(-1,O,O),M,NO岑,1

可得MN=(；,0,0。,4

,AN=-I,BN=O,--,l

2

m?MN=?XI=O

設(shè)平面AMN的法向量為m=(χ,y∣,zj,則<

m`AN=~~~~y↑~z?=O

取X=后,可得XI=O,z∣=-∣,所以〃?=（0,百,一9

n?MN=~x2=0

設(shè)平面BMN的法向量為"=（々,％，Z?），則〈

/?

n.BN=--—y2+z2=0

取力=6可得〃

前不亍故二面角?正弦值為F

所以COS("7,"=

7

13.（2022?湖北?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，四棱臺ABCQ-A8C。中，上底面ABeA是

邊長為1的菱形，下底面ABC。是邊長為2的菱形，OQ，平面4BCD且。Q=I

(1)求證：平面AAGC，平面BSaO;

(2)若直線AB與平面BBCC所成角的正弦為孝，求棱臺ABC。-A4GA的體積.

【答案】(1)證明見解析

尾

【分析】(1)根據(jù)題意利用線面垂直的定義與判定可證ACJ■平面BBQQ；(2)利用空

間向量，根據(jù)線面夾角Sino=卜os(8A,“=而j可得必=1,利用臺體體積公式

丫=[(\+邑+廊；)〃計算求解.

【詳解】(I)Y菱形A8C。對角線相互垂直，

AC-LBD

?；QQL平面ABaxACU平面A8CZ),

.?.D1DYAC

VBDnD1D=D,BDU平面BBaD,ROU平面BBQQ

ACJ_平面BBAD

：ACu平面AAGC

；?平面44]GC±平面BBtDlD

(2)設(shè)AC80=0,則與A〃0。且&。=OD

.?.OB、〃DlD且OB?=D∣D,

：.OByL平面ABCZ)

以。為原點，04OB,。鳥所在的直線為坐標(biāo)軸，建立直角坐標(biāo)系，如圖，

則線(0,0,1),設(shè)A(α,0,0),B(0,6,0)

則a2+b2=4

C(-α,0,0),BA=(α,-A,0),BC=(-a,-b,O),BBl=(OfI)

設(shè)平面BB1C1C的一個法向量〃=(x,y,Z)

f-ax-by=O

則可得A-.

[-by+z=n0

取x=b,得幾=(b,-a,-ab)

由題-竺?=/2帥，,="匕,=與

BA.n2?∣a2+b1+a1b2，4+/從5

整理得5/斤=4+/從，貝IJah=I

,?SABCD=2ab—2,SA%CIDl~萬

ΛV4[2+Γ^∕4]?14

14.(2022?湖北宜昌?宜昌市夷陵中學(xué)校考模擬預(yù)測)如圖,三棱柱ABC-ABC中，點

A在平面ABC內(nèi)的射影。在AC上，ZACB=90。，BC=T,AC=CC1=2.

C1______KB

P

(1)證明:AGLA1B;

(2)若AC=2,求二面角A-AB—C的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；

【分析】(I)利用線面垂直的判定定理可得8C/平面4?CC,AG，平面A8C,進

而即得;

(2)利用坐標(biāo)法，根據(jù)二面角的向量求法即得.

(1)

:點4在平面ABC內(nèi)的射影。在AC上，

ΛAo1平面ABC,又BCU平面ABC,

.?.AtDlBC,

?：BC1AC,ACnA1D=D,4C,AQu平面AAGC,

.?.BC/平面AAeC,AeU平面A41C∣C,

.?.AC11BC,

?/AC=CG=2,四邊形AACC為平行四邊形，

四邊形AACC為菱形，

故AG_LAC,又BCΛ1C=C,8C,A1Cu平面ABC,

.?.AGJ■平面A8C,ABU平面ABC,

AC1±AxB；

(2)

以C為坐標(biāo)原點，以C4,CB,D4∣為X軸，y軸，Z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則

A(I,O,G),A(2,0,0),B(0,l,0),

.?.AA=(LO,-⑹,AB=(-1,1,-⑹，

m?AA=x-?J3z=0

設(shè)平面A4B的法向量防=(X,y,z),則｛i

∕π?A1B=-x÷γ-√3

取z=l,貝IJm=(√5,26,1),

又因為平面ABC的法向量為n=(0,0,1),

/?m?n11

?Vcos(/??,n)=----1=/==—

乂、/∣m∣?i∣n∣√3+12+l4,

所以二面角A—A8—C的余弦值為

4

15.(2022?湖北十堰?丹江口市第一中學(xué)校考模擬預(yù)測)如圖，在多面體AB8EF中,

四邊形CZ)EF是邊長為2的正方形，AB∕∕CD,AD±CD,BE^3AB=?AD=2.

(1)求證：平面ADF_L平面BCE；

(2)求平面AoF與平面3CF所成銳角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析：

⑵粵.

【分析】(1)作出輔助線，求出84=石，由勾股定理逆定理得到Br)_LOE,進而得

到線面垂直，得到。E2AE>,從而得到Ar)_L平面C￡>￡尸，得到Aoj_CE,最終證明

出CEL平面ADF,得到面面垂直；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解面面角的余弦值.

【詳解】(I)證明：連接80，

因為3E=3A8=3,AD=2,

所以ΛB=1,

因為AB〃C￡>,A3_LC￡>,

所以A￡>1A3,

由勾股定理得：BD=?∣AD2+AB2=√5■

因為BE=3,DE=2,

故BE?=。￡；2+B￡>2,所以Br)_LoE，

又CDlDE,CDBD=D,

所以O(shè)E/平面ABC。，

又A￡>U平面ABC。，

所以DElAZ),

乂ADLCD,EDCD=D,

所以ADL平面8EF,

又CEU平面CDEF,所以ADLCE,

又DFlCE,ADDF=D,所以CEL平面AOF，

乂CEU平面BCE,所以平面ADF_L平面BCE.

(2)由(1)知ZM,DC,DE兩兩垂直，以。為原點，D4,￡>C,。E的方向為X,y,Z釉的

正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

C(0,2,0),E(0,0,2),F(0,2,2),B(2,l,O),CE=(0,-2,2),CB=(2,-l,0),CF=(0,0,2),

由CEJ_平面AD尸知CE=(O,-2,2)是平面A￡＞尸的一個法向量.

設(shè)平面BCF的法向量為”=(x,y,z),

CBH=02x-y=0

由.得:

CFn=O2z=0

解得：z=0,令x=l,則y=2,故”=（1,2,0）,

設(shè)平面ADF與平面BCF所成銳角為6,

MccoA一∣CE?"∣_I-4|_710

1、IJcosΘ——7=一,

∣CE∣?∣n∣2√2×√55

所以平面AD尸與平面所成銳角的余弦值為典.

5

16.（2022?湖南岳陽?統(tǒng)考三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F(xiàn)

是尸。的中點.

（1）證明：P8〃平面AFC；

（2）若直線PAL平面ABCr>,AC=AP=2,且R4與平面AFC所成的角正弦值為叵,

7

求銳二面角尸-AC-。的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵叵

7

【分析】（1）根據(jù)線線平行推出線面平行即可證明.

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面AFC的法向量，由R4與平面AFC所成的角正弦

值求出平面ACn的法向量，即可求出銳：面角F-AC-。的余弦值.

【詳解】（1）證明：連接Bf）交AC于。

易證。為80中點，乂尸是PO的中點

所以O(shè)FUPB

又OFUffiAFC,且尸B不在面AFC內(nèi)

故尸8〃平面AFC

(2)取PC中點為Q,以。為坐標(biāo)原點，OB為X軸，OC為y軸，。。為Z軸建立空間

直角坐標(biāo)系，設(shè)08=〃?，則

A(O,-1,0),B(m,0,0),C(0,l,0),P(0,-l,2),D(-m,0,0)=>F(-y,-∣,1)

ITl1

AP=(0,0,2),OF=1),OC=(0,1,0)

設(shè)平面AFC的法向量為∕t=(χ,y,z)

(八「tnI八

,n.LOF-----X——y+z=0?-

由<=><22,令X=2,有〃=(2,0,m)

gθC[y=0

由BL與平面AFC所成的角正弦值為叵n叵=∣.'川=nm=+

77∣AP∣?∣n∣2√4W

平面ACD的法向量為m=(0,0,1)

則銳湎角尸-AC-D的余弦值為

Im?nI_2百_>/21

Im∣>∣n?2幣7

17.(2022?湖南?校聯(lián)考模擬預(yù)測)如圖，在直三棱柱ABC-4與G中，AClBC,

AC=8C=A4,=2,點尸為棱Sg的中點，點Q為線段AB上的一動點.

(1)求證：當(dāng)點。為線段A/的中點時，尸Q工平面A/C；

(2)當(dāng)點。位于線段AB的什么位置時，用。與平面ABP所成角的正弦值為巫，請說明

3

理由.

【答案】(1)證明見解析

⑵當(dāng)8。=(研或BQ=gBA時，B。與平面ABP所成角的正弦值為1,理由見解析

263

【分析】(I)根據(jù)AG?LAC,BCLAG可證AGL平面ABC,再證尸。〃AC∣;(2)

設(shè)BQ=ZKA1可得Q(242-2∕l,2%),再求平面AfB的一個法向量為“=(1,2,1),代入

線面夾角sinO=kos("∣,BlQX整理求解.

(1)

連接4片，AC1,

V點Q為線段A1B的中疔，四邊形A1B1BA為矩形，

ΛA,Q,Bl三點共線,則點。為A4的中點.

；點P,。分別為qG和4片的中點，

.?.PQ//ACi.

在直三棱柱48C-ABG中，AC-LBC,

：.Bel平面ACCM，

又AGU平面ACGA,.?.BCLAG.

又AC=A41,.?.四邊形AeGA為正方形，

AC1±A1C,

?.?AfCBC=C,

：.A￡，平面ABC.

VPQ//AC1,

：.PQ1平面AtBC.

(2)

以C為原點，分別以C4,CB,CG所在直線為X軸，y軸，Z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則8(0,2,0),B1(0,2,2),A(2,0,2),P(0,1,2),

設(shè)。(x,XZ),

iδBQ=ΛBAi,?，.(x,y—2,z)=丸(2,—2,2),

x=2λ

β[jΛ'=2-2Λ,Λβ(2Λ2-2Λ,2λ).

z=2λ

設(shè)平面APB的一個法向量為％=（%J,ZJ,

BP=(0,-l,2),Λ4,=(2,-1,0).

HJrtl?BP=O得+2Zl=O

m令X=2,得％=(1,2,1),

Vvb=0'^[2xl-y,=0

又4Q=(2∕l,-2∕l,2∕l-2).

設(shè)BO與平面ABP所成角為e,

由題意得Sine=∣cos(4,AQ，

∣2Λ—4Λ÷2Λ—2∣15/2

√6×√(2Λ)*2+(-2Λ)2+(2Λ-2)2√6√322-2Λ+l?，

求得4=;或

26

故當(dāng)8。=(84；或BQ=LBA時，8?與平面ABP所成角的正弦值為YZ.

18.（2022?湖南長沙?長郡中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，已知直三棱柱ABC-ABC，0,M,

N分別為線段SC,AA1,BBl的中點，P為線段ACl上的動點，AA=16,AC=S.

（1）若AO=（BC,試證GNLCM；

（2）在（1）的條件下，當(dāng)"=6時，試確定動點尸的位置，使線段MP與平面BBCC所

成角的正弦值為逑?

IO

【答案】（1）證明見解析

（2）P為AG的三等分點（靠近A）或與G童合

（分析]（1）先證ABl平面ACGA，得AB，CM,結(jié)合已知條件得出CM，MN,根

據(jù)缸AMC三AMA1C1及勾股定理的逆定理，得出CM±C1M,進而得出CML平面GWN,

即證GNLCM；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)平面的法向量和直線的方向向量，

再由向量的夾角公式可求出線面角，即可求解該問題.

【詳解】（I）證明：在ABC中，因為。為BC中點且AO=；BC,所以ΛB1AC,

因為平面ABC/平面ACC1A交線為AC,所以AB1平面ACClAt,

CMU平面ACC[A1,所以ABI.CM,因為Λf,N分別為A4∣,的中點，所以

MN//ABf所以CMj在直角AMC和直角^M4,G中，因為AM=AIM=8,

AC=AtCl=8,所以4AMC三z^ΛM∣G,所以CM=C例=,64+64=8&,

所以CM2+GM2=CC;,所以CMLGM,MNnCiM=M,乂MNU平面ClMN,

ClMU平面GMN,所以CMJ_平面GMN,GNU平面GMN,所以C∣N,CM.

（2）A4∣?L平面48C,由（1）得AB,AC,AAl三線兩兩垂直，

以A為原點，AB,AC,AA為X,y,Z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖,

A

則A(O,0,0),8(6,0,0),C(0,8,0),G(0,8,16),M(0,0,8),B,(6,0,16),

所以BC=(-6,8,0),BB1=(0,0,16),