新高考数学临考题号押第19题 立体几何（解析）

新高考高中数学临考题号

押第19题立体几何

la命题探究yp

对于立体几何的解答题，在高考中常借助柱、锥体考查线面、平行与垂直，考查利用空间向量求二面角、

线面角、线线角的大小，考查利用空间向量探索存在性问题及位置关系等，难度中等偏上.

解题秘籍

1.用向量法求异面直线所成的角

（1）建立空间直角坐标系；

（2）求出两条直线的方向向量；

（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC,8。的夹角夕的余弦值为cos^=生”久.

\AC\\BD\

2.用向量法求直线与平面所成的角

（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）;

（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线

和平面所成的角.

3.用向量法求二面角

求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的

夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

4.平面必4所成的二面角为e,则0＜。＜兀，

如图①，AB,CD是二面角a—/一£的两个面内与棱/垂直的直线，则二面角的大小。=〈AB,C。〉.

如图②③，分别是二面角a—l—p的两个半平面a,p的法向量，则二面角的大小。满足|cos4=

同网二面角的平面角大小是向量m与〃2的夹角（或其补角）.

卷真题回顾«亨

1.（2021・湖南•高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，底面A8CQ是矩形，PAABCD,E为的

中点.

（1）证明：P8〃平面ACE；

（2）设PA=1，A。—、氏直线P8与平面A8CZ）所成的角为45°，求四棱锥PA8C。的体积.

【详解】

（1）连接8。交AC于点O，连接。E在△P8D中，因为PE=DE80=D0，

所以P8//0E，因为。EcT面4CE，P8a平面4C£，则P8〃平面A£G

（2）因为PA1平面A8CD,所以L/>84就是直线PB与平面A3CC所成的角，所以4PBA=45'，

又PA-bAD=V3-所以PAa1-48，

所以四棱锥P-ABC。的体积17_加尸扣/»4、而）（4）4>1x1*由=与，

所以四棱锥P-48cA的体枳为

2.（2021•天津•高考真题）如图，在棱长为2的正方体488-48C0；中，E为棱8c的中点，F为梭CD

的中点.

⑴求证：5F〃平面4EQ

(II)求直线AC】与平面AiEQ所成角的正弦值.

(ill)求二面角A-4G-£的正弦值.

【详解】

(I)以4为原点，48.4。心1分别为工,2轴，建立如图空间直角坐标系，

则4(000乂1(0,0,2阳(20,0)，。22«0)，。(012,0)£1(22,2)。1(022)，

因为E为棱8c的中点，尸为棱C。的中点，所以EQLO)，F(LZO)，

所以印-(1,0.-2)，稿-(2.2Q)不-(2,1,-2).

设平面/EQ的一个法向量为沆-

则4^1-2.则何■(2-2.1)，

加砧=2羽+y,-21,*0

因为印,沅=2—2=0,所以"11而，

因为DJ肝面41EQ，所以小〃浮面4止6；

(H)由(1)得，祈=(2,22)，

设直线4cl与平面/EQ所成角为0，

则S3=|co丽而卜［靛^=&邛

(III)由正方体的特征可得，平面441g的一个法向量为丽=(2,-2,0)，

则cos(就痢=

3.（2021・浙江•高考真题）如图，在四棱锥P-A8C0中，底面A8CD是平行四边形，

^ABC~\2O°,AB-l.BC-4,P4-M,N分别为&c,PC的中点，PD1DC.PM1MD-

（l）证明：AB1PM；

（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

【详解】

（1）在中，DC=1，CM=2>LDCM=60'-由余弦定理可得DM-6，

所以DM?+DC2=CM2,DM1DC由题意DC1PD&PDCDM=D，.•・DC，平面PDM，而PM孑面

PDM，所以DC^LPM,又AB〃DC,所以481.PM.

（2）由PMJ.MD，48_LPM，而A8与DM相交，所以PM1平面3CD，因为AM=所以PM-26,

取4。中点£连接M£，则ME,DM.PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

则以-依2R）,P（0Q.酒&界。,0），机00,0）（（由「1。

又N为PC中点，所以N停$/）.丽=律,一3,勾.

由（1）得CD1平面PDM，所以平面PDM的一个法向量7=（0,1。）

4.（2021・北京•高考真题）如图：在正方体ABC。-,418©。1中，E为由。：中点，81口与平面CDE交于点F

（1）求证：尸为81G的中点：

（2）点M是棱A18i上一点，且二面角M-FC-E的余弦值为g,求产的值.

【详解】

（1）如图所示，取81cl的中点F'，连结DE.EFK，

由于4BCD-&81GD1为正方体，E.F为中点，故EF'ICD，

从而E,F,C,。四点共面，即平面CDE即平面CDEF'，

据此可得：直线MG交平面CDE于点产，

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F重合,

即点尸为81cl中点.

⑵以点D为坐标原点，DADCDDI方向分别为x轴，、轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系。-盯2,

则：他,丛2],€(02以网124氏1,01办

从而：=£-2,2—2X—既CT=F?—《0,—2,OJ，

设平面MCF的法向量为：示=(xi.y〉zi)，则：

ffflMC=-2打+@-2Aj),i-2Zi=0

IWI-P?=xx+2ii=0

令Zi=-I可得：阳-I^.77-.-1

设平面CFE的法向量为：n=(x2,y2.zj)»则:

fn-FF--2y2-0

[7fCF=M■­=0

令Z]i—1可得：It"(2.0.—1)>

因为Q0故平面QAD，平面48CD

(2)在平面48co内，过。作O77/C。，交8C于7，则0714)，

结合(1)中的Q。JL平面A8C。，故可建如图所示的空间坐标系.

则D(0,L0),Q(0,02),8(2-1.0).故布=(-2,1.2),BD=(-2.Z0)

设平面QBD的法向量元=(x,y,z)，

则。氏a一丝://瞰如…吗

故司=(L埒).

而平面QA。的法向量为方=(1,0,0)-故ros(KH)=±=；

二面角8-QD-A的平面角为锐角，故其余弦值为争

召押题冲关

1.(2022.河北秦皇岛.二模)如图，在四棱锥尸―ABCO中，PA^AB,PCLCD,BC//AD,NBAD=*,

PA=AB=BC=2，AD=4.

p

(1)证明：B1JL平面ABCD

(2)若〃为尸。的中点，求二面角M-AC—。的大小.

【解析】

(1)

证明：由题可知，ABC为等边三角形，所以AC=2,ZCAD=y.

在△AC。中，由余弦定理得CE>=J22+42-2X2X4COS。=26,

所以AC、。？=AD"所以CD_LAC.

因为CDLPC,且ACPC=C,所以81平面PAC.

因为PAu平面PAC,所以C£>_LE4.

因为P4_LA3,且A8,C。相交，

所以R4L平面A8CZ).

(2)

以A为坐标原点，以A。，AP的方向分别为了，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-孙z

则C(6,1,O),M(0,2,1).

设平面MAC的法向量为〃=(x,y,z),

n•AC=百x+y=0,

得”=(1,-G,2g).

n-AM=2y+z=0,

取平面AC。的一个法向量为加=（0,0,1）,

in-n_2G_君

贝ljcos<m,n>=

|m||n|1x42

由图可知二面角M—AC-O为锐角，所以二面角M-AC-O的大小为

6

2.（2022•湖南永州•三模）如图，在三棱柱A8C-AB£中，AB=AAi=\C=BC=2.

⑴求证：

Q）若AC=6,乙4叫=60,点M满足3AM=2MG,求二面角A-44-M的余弦值.

【解析】

（I）

四边形为菱形，,。为AB中点，

又C4,=C8,..A.BIOC,

AB,OC=O,44，€'0匚平面4(7旦，，4田_L平面4c4，

又gCu平面ACq,.〔ABLBC.

⑵

ZABB,=60,AB=AAt=2,；.OB=C,OA=\,

在RfOBC中，OC?=BC2-OB'.\OC=\,

在404c中，^OA2+OC2^AC2,.-.OC1OA,

又04OB=O,OA,OBu平面,;.OC，平面ABB/,

则以。为坐标原点，0A,08,0C为x，%z轴可建立如图所示空间直角坐标系,

则A（1,O,O）,A（o，-3o），4（-l,0,0），c（o,o,l）,

:.AC}

设M（x,y,z）,则AM=（x-l,y,z）,MCX,

x=-

3（x-l）=2（-l-x）5

2白“2x/3?，…化海,

3AM=2MG,.73y=2（-6-y）,解得：＜

y=--—,S'一-V'5、^555J

3z=2（1-z）2

z=—

5

44=口"0),

设平面的法向量〃=(〃/©,

A.M-n=—a^-^^-b+—c=O.6，厂厂/r-/r\

,555,令b=l,解得：a=A/3>c=-2\[3»/.〃=(>/3,1,-2\/3)；

AB]•/?=—a+yjih=0

又0C1平面,则平面AA田的一个法向量为加=(0,0,1),

.,|cos<W,„>|=H=^)

I1H.H2

又二面角A-A4-M为锐二面角，二面角A-4与-历的余弦值为正•.

2

3.(2022•江苏•南京市第一中学三模)在正三棱柱ABC-A4G中，AAt=2AB=2.。为CQ中点，E为及D

上一点.

⑴求四棱锥A-B8CC的体积；

(2)若B、E+CE=CD,求三棱锥。-4EG的体积.

【解析】

(1)

解：取BC的中点为。，

因为三棱柱ABC-A8c为正三棱柱，所以eMC为正一角形，四边形B8CC为矩形，且CC，平面ABC,

所以GCLAO,AOA.BC,又BCCC'=C,

所以A。，平面BB&C,即为四棱锥A-BB£C的高,

P的轨迹为过AO靠近D的三等分点及CO中点的直线，证明如下：

取靠近。的三等分点即OE中点M,CD中点N,连接MNQMQN,

由。为80中点，易知ON〃BC,又ONu面BEC,BCu面BEC,

所以ON〃平面8EC,

又MNUEC,MNU而BEC,CEu面BEC,所以MN〃平面BEC,

又ONcMN=N,所以面OMN〃平面BEC,

即。和MN所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC,

乂MVu面ACD,故P的轨迹即为MN所在直线，

即过AD靠近£)的三等分点及CO中点的直线.

5.(2022•福建•模拟预测)如图，在四棱锥P-ABC。中，四边形438是菱形，NBAD=NBPD=60。,

PB=PD=2.

(2)若二面角P-BD-A的余弦值为:，求二面角3—P4-。的正弦值.

【解析】

(1)

在菱形ABCO中，。为8。中点，且8£>_LAC,

因为尸8=尸£>,所以BOJ.PO，

又因为尸OAC=O,且PO,ACu平面PAC,所以B£>_L平面PAC,

因为BDu平面ABCD,所以平面R4C_L平面ABCD；

(2)

作OM_L平面ABCD,以｛OAO'OM｝为x,z轴，建立空间直角坐标系,

我知PB=PD=BD=AB=AD=2,则OA=OP=石，OB=1,

因为Q4J_8£>,OP1BD,所以/PQ4为二面角尸一3£>—A的平面角，

所以cosNPOA=g,则尸弓,0,半），A（g,0,0）,5（0,1,0）,D（0,-l,0）,

所以A£>=hK,-l,0）,AB=（-73,1,0）,4P=（-竽,0,半，

一,3王+y=0

设平面Rm的法向量为机=a，%zj,由得<262几„

[ni-AP=0一_亍4=0

取马=1,则玉=血，y1=R,所以m=（垃,跖1）,

—yJ3x2—y2=0

设平面FAO的法向量为〃二仁通心），由（“J八，得<_空…还z『0

'）[〃AP=0

取z2=1,则再=A/5,%=-瓜,所以〃,

12-6+111

设二面角为。，则cos。=jL7T=।=

网・网V2+6+1-V2+6+13

又。£[0,兀]，则sin0=A/1-COS29=二^2.

替考前预测年争(限时:30分钟)

1.如图(1),平面四边形ABDC中，ZABC=ZD=90°,AB=BC=2,CD=1,将ABC沿BC

边折起如图(2),使，同M，N分别为AC,中点.在题目横线上选择下述其中一个条件,

然后解答此题.①AD=币.②AC为四面体ABOC外接球的直径.③平面ABC_L平面BCD.

（1）判断直线MN与平面曲的位置关系，并说明理由；

（2）求二面角A—MN—8的正弦值.

【详解】

（1）若选①：AD=J7，

在RtBCD中,BC=2,CD=1,BD=柩，AB=2,

可得+所以AB_LBD，

又由ABLBC,E.BC8。=氏8。,8。匚平面。?£>，所以AB_L平面CB。，

乂因为COu平面C8D，所以A6LCD，

又由Cr>_L8£>,且5。<^8=。,3。,8<=平面.£）,所以C£>1平面ABD，

又因为M,N分别为AC,AO中点，可得MN//CD,所以MNJ>平面他£>.

若选②：AC为四面体ABDC外接球的直径，则/4£9=90°,可得。。，4£）,

又由8_L8E）,且A。BD=£>.AD,BDu平面回。，所以CD1平面曲，

因为M，N分别为AC,AD中点，可得MN//CD，所以MNL平面

若选③：平面48C_L平面8C£>，平面ABC平面6CD=BC,

因为ABL8C,且A6i平面ABC,所以A3_L平面C8O,

又因为COu平面C8D,所以

又由CDJ.3Z）,且6Oc8=O.8r>,COu平面板）,所以COl平面

因为M，N分别为AC,中点，可得MN//CD，所以MNL平面ABQ.

（2）以。为原点，射线。8为丁轴建立如图直角坐标系，

则A（0,5/^,2）,/?（0,\Z^,0）,C（—1,0,0）,M——,-^-,1,N0,—^-,1

\J\7

(n、

可得MN=个0,0,AN=0,-¥，-1,BN=0,-—,1

2)I2I2J

m-MN=—%,=0

21

设平面AMN的法向量为加=（不,y,zj,则,

6

m-AN=--—y-4=0

取y=6,可得%=0，z=—g,所以用=[o,G,一|

n-MN=；z=0

设平面BMN的法向量为〃=(x2,y2,z2),则,

n-BN二---y2+z2=0

取%=G，可得〃=[o,G,|"

所以cos(m,〃)=gj=—i=-,故二面角A—MN—6的正弦值逑.

/刚〃|3+：77

2.如图，在三棱锥A—3QD中，,ABC是边长为3的等边三角形，CD=CB,0)1平面ABC,点"、

N分别为AC、CO的中点，点P为线段上一点，且BW//平面APN.

(1)求证：BMLAN；

(2)求平面A/W与平面ABC所成角的正弦值.

【详解】

(1)证明：因为CD1面ABC，面ABC,所以CD_L3M.

又•.•正,ABC中，AM=MC=>BM±AC,

BMVCD

BM1ACL面AC。,

CDr>AC=C

•••BMVAN.

(2)解：连接Affi>交AN于G点，连接尸G,因为BM//平面APN,

所以BM//PG，由重心性质知P为靠近8点的三等分点.

AC(0,0,0),A0，|，孚，3(0,3,0),P(1,2,0),/vf|,(),oL

设面APN的法向量为〃=(x,y,z),

APn=0»AN•〃二0，

J3百n

xyz=0

<2~T~广，令x=4,则y=1,z=G

3336c

—x——y-------z=()

[22-2

3.如图(1),平面四边形A8DC中，ZABC=ZD=90°,AB=BC=2,CD=1,将沿6c

边折起如图(2),使，煎M，N分别为AC,AO中点.在题目横线上选择下述其中一个条件,

然后解答此题.①AD=#i.②AC为四面体ABOC外接球的直径.③平面ABC_L平面BCO.

图⑴

(1)判断直线MN与平面ABD的位置关系，并说明理由；

(2)求三棱锥A-M7VB的体积.

【详解】

(1)若选①：AD=布,在RtBCD中,BC=2,CD=1,可得80=百，

又由AB=2，所以人笈+应)？=4)2,所以

因为ABL8C,且8cBD=B,BC,8Cu平面CB。，所以AB_L平面C89,

又因为COu平面CB。，所以ABLCD，

又由CD_L3。，AB3且AB,BOu平面Afi。，所以CD1平面ABD,

又因为M，N分别为AC，AO中点，所以MN"CD，所以视_1_平面4?£).

若选②：AC为四面体ABDC外接球的直径，则NA/X7=90°,CDLAD,

因为COLBZ),可证得CD1平面ABD,

乂"，N分别为AC，A。中点，MN//CD,所以MN,平面板».

若选③：平面ABC_L平面BCD，平面ABC平面BCZ)=BC,

因为ABLBC,且ABi平面ABC,所以46_1_平面。8。，

又由CDu平面CB。，所以A3,8,

因为8_L8r>,AB3。=8且AB,8。u平面Afi/),所以CO1平面回>，

又因为M，N分别为AC，AO中点，MNIICD,所以MNJ•平面45。.

(2)由(1)知MVJ_平面AB£),其中△ABD为直角三.角形，

可得=MN