立体几何-冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）（解析版）

立体几何

翳题型简介

立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是

1体积问题及表面积问题

2线面距离及线面角问题

3二面角问题

4空间几何综合问题

H典例在线

----------------1------------------------------

题型一：体积及表面积问题

1.在如图所示的多面体4BCOE中，A£_L平面ABC,AE//CD,AE=2CD=2,C4=CB=3,

AB=25

E

(1)证明：平面ABE)平面瓦汨；

(2)求多面体ABCDE的体积.

【答案】①证明见解析⑵2行

【详解】(1)证明：设AB,BE的中点分别为EG,连接CRFG,DG,则/G〃AE,

ScFG=-AE,

2

又CD〃AE,S.CD=-AE,所以FG〃CD,且FG=CD,

2

所以四边形CFG。为平行四边形，所以CF〃OG.

因为AE_L平面ABC,CFu平面ABC,所以AE_LCF,所以

因为C4=CB,尸为AB的中点，所以CF1AB,所以DGLAB,

又AB,AEu平面ABE,且ASAE=A,所以£>G_L平面ABE,

又。Gu平面BOE,所以平面ABE上平面BDE.

(2)由(1)得CblAB,CFLAE,且AB,AEu平面ABE,ABAE=A,所以C5_L

平面ABE,

又因为C4=CB=3,AB=2y[5,F为AB的中点，所以CF=2.

因为CD〃AE,AEu平面ABE,CDABE,所以CD〃平面ABE,

所以点。到平面ABE的距离等于点C到平面ABE的距离CF.

因为AE_L平面ABC,AC,3Cu平面ABC,所以AE_LAC,AE±BC,

又CD〃AE,所以CD_LAC,CDLBC,又AC,3Cu平面ABC,且4。BC=C,所以

CD_L平面ABC,

连接AD,多面体ABCDE的体积丫等于三棱锥ABC的体积与三棱锥O-ME的体积之

和，

而%一ABC=：X：X2氐2x1=乎,v…=1x：x2导2x2=手

所以多面体48。。£的体积丫=m5+勺5=2岔.

33

1.如图①，在平面四边形A3CD中，AB=AD=2,BC=CD=ABAD=60.将△BCD

沿着3。折叠，使得点C到达点C'的位置，且二面角A-8£>-C'为直二面角，如图②.已

知尸,G,F分别是AC',AD,AB的中点，E是棱上的点，且C'E与平面板）所成角的正切

值为撞.

3

(1)证明：平面PGP〃平面CZ>3；

(2)求四棱锥P-GFED的体积.

【答案】(1)证明见解析(2)12

【详解】(1)尸,G,F分别为的中点，，PG〃C'D,PF//BC,

尸6,尸尸《平面。力3,。'。8(7七平面。753,

，PG〃平面CZ>3,尸尸〃平面CDS,又PGcPF=P,尸G,PPu平面PGP,.,・平面PG尸〃

平面C'DB.

(2)取3D的中点〃，连接

C

八FEB

AB=AD=2,ABAD=60,."ABD为等边三角形，;.BD=2,

又BC=C7)=应，.,.3C'2+C'r>2=3£>2,..._c7)3为等腰直角三角形,

:.CM=!BD=1,C'M±BD；

；二面角A-89-C'是直二面角，即平面C'D3J_平面ABD,平面CZ)3c平面=

CMu平面C'DB,:.C'M±平面ABD,

：.Z.CEM即为C'E与平面ABD所成角,

tanZC'EM=011二竽'解得:EM专

EMEM

在△EMB中，由余弦定理得：EM2=BM2+BE2-2BM-BEcos60,

3i

即71+的-阻解得：肥=5,,E为线段,上靠近点B的四等分点,

—C_J_C_J_c_lc_11-V3V3

SX-------=--------

••S四边形GFED=SMD-S.AGF-BDE一口ABD4uABD4°ABD~^ABD=3X3X2

乙22

“1c1V316

一%棱锥P-GFED=§XS四边形GFmXjCM=§*耳乂5乂1

~V2

题型二：线面距离及线面角问题

.如图，在多面体ABCDE中，已知.ABC,.ACD,一次”均为等边三角形，平面ACDL平

面ABC,平面3CE_L平面ABC,H为AB的中点.

(1)判断。E与平面ABC的位置关系，并加以证明；

(2)求直线。"与平面ACE所成角的正弦值.

【答案】(1)OE〃平面A5C,证明见解析；(2)半

【详解】(1)小〃平面ABC,理由如下：分别取AC,3c的中点。,尸，连接。。石尸,。尸,

因为">=CD,所以ZX?_LAC,又平面ACD_L平面ABC,平面AC。1平面ABC=AC,

DOu平面ACD,所以。O_L平面ABC,同理EPJ,平面ABC,所以EP〃DO,

又因为aA8,BCE是全等的正三角形，所以£?=△9,

所以四边形OOPE是平行四边形，

所以r>E〃QP,因为EDU平面ABC,OPu平面ABC,所以£E>〃平面ABC；

(2)连接80,则易知3。1平面ACD,以。为坐标原点，分别以00,04,08的方向为％MZ

轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z,令AC=2.

则o(o,o,o),A(o,i,o),c(o,T,o),r>M，o,o),”［o,g,孝］，尸。，一g*

［厂1o

DE=OP,:.EV3,一一

22

所以AC=(O,-2,O),AE=,DH=f-^1,

I2

设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),

-2y=0

m-AC=0

所以.,所以V3x_Ty+~~~2=0

m-AE=0

贝i」y=o,取z=2,:.x=-l,则加=(T,0,2),

DH.m26乐

所以cos(r)H,:'=

叫板一20一5'

设直线DH与平面ACE所成的角为6,则sinJ=卜0$(£)//,«1，=

y

1如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，ZADC=/&W=90，/为外的中点，PD=0,

AB=AD=-CD=l,四边形PDCE为矩形.

2

⑴求证：AC//平面£>£/；

(2)求平面A3CZ)与平面BCP的夹角的大小;

⑶求点F到平面BCP的距离.

\_

【答案】（1）证明见解析（2）45（3）4

【详解】（1）设CPDE=G,连接FG,

四边形PDCE为矩形，为PC中点，又尸为R4中点，，AC〃bG,

又FGu平面AC平面DEF,r.AC〃平面.

（2）以。为坐标原点，D4,DC,。户正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系,

则见1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,V2),.-.BC=(-1,1,0),3=(0,-2,血卜

设平面BCP的法向量〃=(x,y,z),

BCn=-x+y=0

令y=l,解得：x=l,z=应，”=(1,1,3)；

CP-n=-2y+V2z=0

z轴，平面ABC。，平面A8CD的一个法向量加=（0,0,1）,

1m-nJ2

cos<m,n>\=^^=丁，则平面ABC。与平面BC尸的夹角为45.

m-n2

(3)由(2)知：F—,0,-^-,P^0,0,V2^,.\PF=—,0,—

由平面5c尸的法向量〃=（U,夜）,

1

PFn\

点F到平面BCP的距离d

"24

题型三：二面角问题

1如图，四棱锥PABCD中，已知AD〃BC,BC=2AD,AD=DC,0BCD=6O°,CD^PD,

PB^BD.

P

(1)证明：PBE1AB；

(2)设E是尸C的中点，直线AE与平面4BCD所成角等于45。，求二面角B-PC-。的余弦值.

立

【答案】⑴证明见解析⑵7

【详解】(1)连结8£»,在BDC中，因为8C=2OC,I3BCQ=6O°,

由余弦定理BD=y)DC2+(2DC)2-2DC-2DC-cos60°=0DC.

因为gr)2+C£>2=3C2,所以CDEIBD,又CO3PD,BDPD=D,RD,BDu平面刊汨，

所以CZ®平面PDB,由于RBU平面PDB,所以CDBPB.

因为PBS1BD,CDIBD=D,CD,BDu平面ABCD,

所以尸况平面ABCD由于ABu平面A3CD,因止匕PBEIAB.

(2)解法1：以8为坐标原点，BC的方向为x轴正方向，1℃|为单位长度,

建立如图所示的空间直角坐标系A-孙z,由(1)可知y轴在平面ABC。内.

则8(0,0,0),，C(2，°，°)，O

设尸(0,0j)(t>0),则尸C=(2,0,v),,AE=

(222J

AF.rnt

因为平面A2CD的法向量为m=(0,0,1),所以cos〈AE,加〉=--------=------

IAEI-1^1#74

由AE与平面钻。所成角等于45。，可知不7rsin45,解得心

2x-2z=0,

nrPC=O,

设平面。尸C的法向量〃i=(%,y,z),则,即1出n

几i•DC=0.—x------y=0.

122

所以可取"i=(有,1,有).因为平面2PC的法向量为小=(0,1,0),于是

/\•及2A/7

COS〈〃I,〃2〉=inr—~~~.

nn7

B

解法2：取BC中点为F,连结EF,AF,则EF〃PB,且AF=£)C.

由(1)可知EF0平面ABC。，EIE4尸是AE与平面ABC。所成角，所以回£4尸=45。,

所以EF=A代。C,于是PB=2EF=2DC.

以8为坐标原点，BC的方向为x轴正方向，|DC|为单位长度,

建立如图所示的空间直角坐标系A-肛z,由(1)可知y轴在平面ABCZ)内.

(16)

则2(0,0,0),C(2,0,0),DP(0,0,2),PC=(2,0,-2),DC=^--,0

2x—2z=0,

m-PC=0,

设平面OPC的法向量机=(x,y,z),贝！J<即可得16八

m-DC=0.—x------y=0.

122,

所以可取力=(也,1,退).因为平面BPC的法向量”=(0,1,0),于是

..m-nv7

cos<m,n)=----------=——.

\m\-\n\7

因为二面角3孑。。是锐二面角，所以其余弦值为立.

7

解法3：

取BC中点为凡连结ERAF,则EF//PB,且AF=OC.

由（1）可知即3平面A2CD回£4歹是AE与平面A2CD所成角，故团EAF=45。，

因此EF=AF=OC,于是PB=2EF=2DC=BC,可得尸C=2®C.

连结BE,则BE0PC.过E在平面PDC内作EG0PC,交PD于点G,

贝UaBEG是二面角B-PC-D的平面角.

因为PBEIBC,所以BE=&）C，PD=y/^DC.

因为CD5\PD,由△PEGsAPDC可得EG=—DC.

7

由PC0平面BEG,BGu平面BEG,所以PCH2G,

而CD0BG,PCcCD=C,PC,C£>u平面PDC,

故BGa平面PDC,由于GEi平面PDC,所以BGSGE,

所以由余弦定理得cos/BEG=?=立.因此二面角8-尸。-。的余弦值为近.

BE77

1如图，在四棱锥S-ABCD中，底面A3C。为梯形，AB//CD,AB=2CD,AD=SD,ASAB

为正三角形，SCYBC,CB=CS.

A

(1)求证：平面SAB_L平面SBC；

(2)求二面角C-S4-O的余弦值.

2百

【答案】⑴证明见解析⑵7

【详解】(1)分别取BS,AS的中点。，E,连接OE,OC,ED,则且0E=gA8.

因为AB//CD,AB=2CD,所以OE//CD,OE=CD,

所以四边形。CDE为平行四边形，则CO〃OE.

因为A£)=Sr>,故DE_LSA,故CO_L&4.因为C8=CS,故CO_LS3.

因为1sAiSB=S,SA,SBu平面SAB,所以CO_L平面S48.

因为COu平面SBC,所以平面&4B_L平面SBC.

(2)连接A。，因为国SAB为正三角形，所以AOLSB,

因为平面&45_L平面SBC,平面S4B，1平面SBC=S3,AOu面S4B,

所以AO_L平面SBC,OC.OS在面S3C内，又COLSB,故04,OS,OC两两垂直，

故以。为坐标原点，OC,OS,04所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所

设3C=SC=2,则A3=S8=20,04=#,OC=0，所以4倒,0,旬，C(0,O,O),

5(0,V2,0),D［也，与号,(难点：点。的坐标不易直接看出，可先求出点E的坐标,

利用CO=DE求解点。的坐标）所以AS=W，血,一指），SD="，W，与

\227

CS=（-72,72,0）.

m•AS=6yl-V6zj=0

设面SAD的法向量为m=（%,%,zj,由＜

-

n•AS=0y2^z2=0

设面SAC的法向量为〃=（X2，%，Z2），贝1b

n，CS=~41X2+42y2=0

m-n42不

则cos（九9二同石=私万=二厂，显然二面角C—。为锐二面角，所以二面角

C-S4-D的余弦值为2包.

题型四：空间几何综合问题

1.如图所示，正方形ABC。所在平面与梯形所在平面垂直，AN//BM,

AN=AB=BC=2,BM=4,CN=2瓜

81，

（1）证明：平面ABC。；

（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E,使得二面角E-8N-/的余弦值为正.若存

3

在，求出的CF=值；若不存在，请说明理由.

【答案】⑴见解析⑵存在，EM「2

【详解】（1）证明：正方形ABCD中，BC1AB,

「平面ABCD1平面ABACV,平面ABCDc平面=BCu平面ABCD,

二3cl,平面ABW,又助Wu平面ABACV,

.-.BC±BM,S.BC±BN,又BC=2,CN=2百，

:.BN=JCN。-BC?=20，又，AB=AN=2,:.BN2=AB2+AN2,

:.ANLAB,又-AN//BM,

又BCBA=B,BA,BCu平面ABCD,.■BM2平面ABCD；

（2）解：如图，以8为坐标原点，3ABM所在直线分别为羽y,z轴建立空间直角坐标系,

则B（0,0,0）,A（2,0,0）,C（0,0,2）,D（2,0,2）,N（2,2,0）,M（0,4,0）,

设点E（a,瓦c）,CE-ACM（0<A<1）,（a,Z?,c-2）=2（0,4,-2）,

a=0

:.<b=4AE（0,42,2-22）,=（2,2,0）,fiZ=（0,42,2-22）,

c=2-24

设平面BEN的法向量为m=(x,y,z),

BN-m=2x+2y=Q22

.,令x=y=-l,z=-------m=

BE•m=4Ay+（2-24）z=01一丸I吕

显然，平面3MN的法向量为BC=(O,O,2),

|2A|y/31।厂।i----------------1

即加（12）；+4川=石=忑,即|2后|=’6分一44+2,即3%+24—1=0,解得几=§或一1

（舍），

1如图，在四棱锥E-A8C。中，平面AOEH平面ABC。，O、M分别为线段AD、OE的中点,

四边形BC£>0是边长为1的正方形，AE=DE,AE3\DE.

E

M

BC

⑴求证：CM7/平面ABE；

⑵求直线CM与8。所成角的余弦值；

⑶点N在直线上，若平面8MN3平面A8E,求线段AN的长.

.5

【答案】⑴证明见解析(2)6(3)3

【详解】(1)证明：取AE的中点尸，连接8尸、/尸，如图所示.

回分别为ED、AE的中点，^PMHAD,且

又四边形BCDO是边长为1的正方形，

0BC//OD,且BC=OD,

又。为A£)的中点，13BC//AD,B.BC=^AD,即PM//BC,且PM=BC,

回四边形8CA/P为平行四边形，0cM//PB,又CMC平面ABE,PBu平面ABE,

0CM//平面ABE.

(2)(2)连接EO,SAE^DE,。为A£)中点，

ElEOEADElEOu平面ADE,且平面A£＞瓦平面ABCD,平面ADEc平面ABCD^AD,

EIEOEI平面ABCD.又OBu平面ABCD,OOu平面ABCD,

0EOEOB,EO^OD,

以。为原点，。2、。。、。£所在直线分别为芯轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示,

z

Dy

0),0,I),M(0,1,1)

则A(0,-1,0),C(1,1,0),B(1,0,0),D(0,1,E(U,

^\CM=(—I,——(-1,1f0).

1

\CMBD\

设直线CM与8。所成角为仇则cos%c1e

|CM||DUI%一6

团直线CM与所成角的余弦值为丑

6

（3）设质4质，贝IN（0,九0）,

国二（1，-九0）,M5=（1,—5，—万），设平面8MN的法向量为*=（〃，b,c）,

22

nMB=

^即＜U---b---C=0Ai

则22,令。二九则c=2A-l,

=0,

n-NBa—Ab=0

回:二(A,1,22-1),设面AB石的法向量为m=(%,%z),AB=(1,1,O),AE=(0,1,1)

AB-iti=x+y=011、―一

由一,可取用=(I,—I,I).回平面8A/N0平面ABE,

AE-rn=y+z=0

2

回Ho,即%1+2入1=0，解得力=1，

III/，&q

蜜、和J模拟

一、解答题

1.（2023・山东•潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，皿（为等边三角

形，M为丛的中点，PD±AB,平面RLD_L平面ABCD.

p

⑴证明：平面MCD_L平面E1B；

⑵若ADIIBC,AD=2BC,CD=2AB,求平面MCD与平面P3C夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）35.

【详解】（1）设AD的中点为E,连接尸E,因为▲皿）为等边三角形，所以PE1AD,

又因为平面上4£>，平面ABCD,平面平面ABCD=A£）,且PEu平面上4D,

所以PE_L平面ABCD,因为ABu平面ABCD,所以PEJ_AB,

又PDLAB,PDPE=P,P£）,尸Eu平面fMD,

所以AS1平面PAD,又因为MDu平面PAD,

所以因为在等边三角形▲上4。中，M为24的中点，

所以MD_LAP,因为A5IAP=A,平面243,

所以A1D_L平面R4B,因为MDu平面MCD,所以平面MCD_L平面JR4B；

（2）连接CE,由（1）知，AB人平面PAD,

因为">u平面PAD,所以仞，因为AD//3C,AD=2BC,CD=2AB,

所以四边形ABCE1为矩形，即CE_LAD,BC=AE=DE,CD=2AB=2CE,所以

ZCDE=30°,

h

设BC=a,AD=2a,PE=AE-tan60。=屈，AB=CE=D£-tan30°=—,

3

以E为原点，分别以EC、ED、£P所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

ZA

Pl

，二7二:通二L方方

B

,c律,0,0

所以A(0,—o,0),P(0,0，岛),,D（0,a,0）,M

I3）

设平面MCI)和平面PBC的法向量分别为％=(%,％,4)，n2=(x2,y2,z2),

,s<3aa,3。八

aMC=--x+—y---z.=0n?.PB=~/—。丫2-=0

’322

则

3a布a八

n•PC=x-6az2=0

niMD=-yi-^=022

无i="xi%=。

即

=岛’x=3Z

lzi22

取必=1，22=1,则4=（Q,1,6）,n2=（3,0,1）,

%•出3国g

所以cos（"i，%）

E|,同力',血35

所以平面MCD与平面PBC夹角的余弦值为名叵.

35

2.(2023・山东・日照一中校考模拟预测)如图，直三棱柱ABC-的体积为4,A^C的

面积为2血.

⑴求A到平面ABC的距离；

⑵设。为4。的中点，44,=48,平面48<^，平面48月4，求二面角4—血一。的正弦值.

【答案】(1)&(2)3

2

【详解】(1)在直三棱柱ABC-AgC中，设点A到平面4BC的距离为/?,

17611A

==,

则匕---。=匕—AD—匕"-

A-7A1]RZ>CC—3SrAi]oBC,h=3A)AAoRCC3—SAo(-C,AI,A=3AoCrlA]DB|CCj=3—'

解得h=V2，

所以点A到平面\BC的距离为行；

(2)取AB的中点瓦连接AE,如图，因为AA=AB,所以

又平面\BC±平面ABB1,平面ABCc平面ABB^=AXB,

且AEu平面所以短_L平面ABC,

在直三棱柱ABC-A4G中，BB{±平面ABC,

由3Cu平面ABC,±BC,

又AE,即u平面AB44且相交，所以3C1平面A网A,

所以BC&LI与两两垂直，以8为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由(1)得AE=行，所以e=48=2,%B=2垃,所以BC=2,

则4（0,2,0）,A（0,2,2）,3（0,0,0）,C（2,0,0）,所以AC的中点D（l,l,l）,

则=（1,1,1）,BA=（0,2,0）,BC=（2,0,0）,

m•BD=x+y+z=0

设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z),则

m-BA=2y=0

可取加=（1,0,T）,

n•BD=a+b+c=0

设平面5£>C的一个法向量〃=(a,b,c),则

n-BC=2Q=0

可取〃=（0,1,-1）,

则8sM/"\"丽m-n11

所以二面角A-如-C的正弦值为3H=亭

3.(2023•吉林,长春十一高校联考模拟预测)如图，在三棱柱ABC-AAG中，相，平面

ABC,。为线段AB的中点，CB=4,AB=46AG=8,三棱锥A-的体积为8.

(1)证明：4。，平面用弓。；

(2)求平面AC。与平面ABC夹角的余弦值.

6病

【答案】⑴见解析⑵55

【详解】(1)证明：因为惧，平面A3C,CBu平面A3C,所以A4,，BC,

在三棱柱ABC-A4G中，四边形AACC为平行四边形，则AC=AG=8,

因为AB=4A/LCB=4,所以AB?+CB?=AC?,所以CB_LAB,

又因为48门招=4,44,u平面ABu平面AB与A，

所以C3L平面因为CB//Gg,所以G耳，平面&明4，

又A〃u平面ABBH，所以G耳，A。.S^cAB-BC8y/3,

。为AB的中点，则S"c°=曰"^=4百，因为平面ABC,

VA-A®=VA_ACD=^Sacd-M=1x4V3x=8,所以"=26，所以在△AQ瓦中，

AD=B1D=2底,4g=4百，所以4/^+耳/^:4与「所以其力,4。，G4c4r)=耳，

G4，BQu平面片，所以A。，平面B|G。；

(2)因为B用，平面ABC,BC1AB,以点B为坐标原点，54、BB,、BC所在直线分别

为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

z

则C（0,0,4）、£＞（2百,0,0卜4（4后2•0）、4（0,2后0）,

设平面Z）AC的法向量为根=（4%zj,图=（2百,26,0）,DC=（-273,0,4）,

m•DA=2+2J5y=0/

则J,取芭=2,可得加=2,—2,四，

m-DC=-2y/3xi+4zl=0')

设平面4cB的法向量为〃=(%,%*2)，网=(4石,26,0),BC=(O,O,4),

n•BA=4\/3X7+2^3y7=0./、

则,取％=1，可得〃=1,一2,0,

n-BC=4z2=Q

所以，cos依力=广1=6=噂,所以平面ZMC与平面4CB夹角的余弦值为

\m\-\n\VllxV555

6755

55

4.（2022•江苏南京•南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥尸-ABCD中，底面ABCD

是边长为2的菱形，ZADC=60°,皿＞为等边三角形，。为线段AD的中点，且平面KM＞_L

平面ABCD,M是线段PC上的点.

⑴求证：OM^BC；

（2）若直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为叵,求四棱锥M-ABCD的体积.

10

4

【答案】（1）证明见解析；（2）3

【详解】（1）因为一R4D为等边三角形，。为线段AD的中点，所以「OLAD；

因为平面R4D_L平面ABCD,所以尸01平面ABCD；

又3Cu平面ABCD,所以PO上BC；

在，OCD中，OD=1,CD=2,ZAL>C=60°,由余弦定理可得OC=若，

B^）OC2+OD2=CD2,所以CO_LAD；

因为A£>〃BC,所以CO_LBC,所以5C/平面POC；

因为OMu平面POC,所以加_LBC.

（2）由（1）得OP,OC,OD两两垂直，以。为坐标原点，建系如图，

则A（O,-1,O）,P（O,O,⑹,网3-2,0）,C（a0,0）；

AB=（6,-1,0）,P。=（百,0,-6）,AP=（0,1,山）；

设尸知=彳尸C，则AM=AP+PM=（6,1,相-扁）；设平面F4B的一个法向量为

〃=(x,y,z),

n-AB=0y/3x-y=0

则令y=耶),则〃=

n-AP=0y+yfiz=0

因为直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为叵,

10

n-AMA/W2A/32=吟，解得％或九=一,（舍）,

所以即

«||AMlb-氐&彳2-6彳+4

|2

即有尸M=qPC,〃是靠近尸的三等分点，所以四棱锥M-ABCD的高等于。尸的泉

.J。

四棱锥M—ABCD的体积为V=—x2x—x2x2xsin60°x.

3233

5.（2023•河北衡水•衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱A3C。-4耳G0中,

明=拓，E是AA的中点，底面A8CD是平行四边形，若A。，平面BZ）G.

⑴若AB=AA，证明：底面ABCD是正方形

（2）若/BAD=60。，求二面角旦-2石-。的余弦值

至

【答案】⑴证明见解析；（2）6.

【详解】（1）如图，连接&CC2,

AC,平面BZ）G，3DU平面BOG，CQu平面BOG，则ACLBD,\C±CtD,

直棱柱中44,_1底面ABCD,BDu平面ABCD,AAt±BD,

MAC=A，44，ACu平面ACA,则平面ACA，

又ACu平面A。,，所以3OLAC,所以平行四边形ABCD是菱形，

AAi=AB,则直棱柱的侧面A84A是正方形，因此侧面CD2G也是正方形，所以CR，GD,

ACCD,=C,ACCRu平面AC",所以CQ,平面ACQ,

又A"u平面AC，，所以G£），A2,直棱柱中易知。而CQ=R,

。2，C2u平面CCQ，所以A2，平面CCQQ,CQU平面CCQD,所以A2，G2,

因此底面4耳GR是矩形，即四边形A3CD是矩形，所以四边形A8CD是正方形；

（2）由（1）知底面ABCD是菱形，因此AC13D,设ACc5D=O,

分别以QAOB为x,y轴，过。与AA平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，

设AB=2。，贝1|。4=岛，03=。，%（瓜,0,底）,C（-岛,0,0）,8（0,。,0）,<24风,。，屈,

T4（C=（—2~j3a,0,—\/6）,BCX=（~y/3a,—a,-\/6）,由（1）知=6。？一6=0,a=\（负

值舍去），

E(73,O,—),mi,0),0(0,-1,0),4(0,1,指)，BE=(6T,也),。5=(0,2,0),

BB\=(0,0,厢,

m-BB[=\Z6zj=0

设平面瓦5£的一个法向量是加=(石,,则＜rJ6，取芭=1得

m-BE=J3X]—％+二0

m—(1,^3,0),

TI,BE—2—y792+——z92=0

设平面3EO的一个法向量是〃=(9,%/2)，贝1b2，取9=1，得

n-DB=2y2=0

n=(l,0,-V2),

/\m・n1v3/Q

8‘("")"丽=亚万=T'所以二面角4—"一°的余弦值为-干A.

6.(2022•河北衡水•河北衡水中学校考模拟预测)直四棱柱ABC。-44GA被平面。所截,

所得的一部分如图所示，EF=DC.

(1)证明：瓦)//平面ACF；

(2)若QC=2AD=4A,E=2,ZADC=工，平面EFCD与平面ABC。所成角的正切值为,

33

求点E到平面ACF的距离.

【答案】（1）详见解析；（2）|75.

【详解】（1）依题：平面。与两平行平面A3CD,的交线分别为所，DC,

故有EF//DC,又EF=DC,故有平行四边形EFCD,

0ED//FC,即＜z面ACF,尸Cu面ACF,回匹//平面ACP.

（2）4ADC中，由余弦定理可得AC=A/L由勾股定理得AC,AD,又平面ABC。,

故而441，AC,A£＞两两垂直，如图建系.

【法一求EH1取4）中点由A〃〃AE,AH=A,E得平行四边形AAHE,

StAAj/ZHE,平面ACD,作印_LDC,（连£7）,又HELCD,

回CD_L平面及〃，得CDLE/,又HI工DC,回ZEIH为所求二面角的平面角.

FH4r-

易求HI=—,又tanZ.EIH=---=—V3,EH=1.

4HI3

【法二求EH］面ABCD的法向量显然为«=（0,0,1）,设面EFCD的法向量为k=（x,y,z）,

成,0,“,

k-DC=0人「,百ri-k

,令尤=V3，k=,依题:nh=l.

k,DE=UV19“上

由ED//平面ACF,点£到平面ACF的距离转化为。到平面ACb的距离d,£＞（1,0,0）,

m-AC=0

DC=EFnF,设平面ACF的法向量为机=（x,y,z），=＞机可为

m•AF=0

（2,0,1）,

\m'AD\

d=|百.

聋，和J真题

1.（2021•全国•统考高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，底面ABCD,

PD=DC=1,M为8C的中点，S.PB±AM.

（2）求二面角A-PM-3的正弦值.

【答案】（1）0；（2）画

14

【详解】（1）［方法一］:空间坐标系+空间向量法

阳，平面ABCD,四边形ABCD为矩形，不妨以点。为坐标原点，DA,DC、所在

直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-孙z,

B

设3C=2a,则。（0,0,0）、尸（0,0,1）、3（2%1,0）、/（a,1,0）、A（2a,0,0）,

则尸3=（2a,1,-1）,/IM=（-a,1,0）,

PB±AM,则网.海=-2"+1=0，解得a=变，故3C=2a=应；

2

［方法二］【最优解】：几何法+相似三角形法

如图，连结3D.因为底面A8CD,且AMu底面ABCD,所以PD1AW.

又因为尸B_LAM,PBPD=P,所以AM上平面尸3D.

又BDu平面FB£）,所以

从而ZADB+ZDAM=90°.

因为NM4B+"A"=90。，所以NM4B=NADB.

/、1丁日ADBA

所以一ADfis,5410,于是二三=二7.

ABBM

所以《8。2=1.所以BC=应.

【方法三］:几何法+三角形面积法

如图，联结8。交40于点N.

p

由［方法二］知AM_L05.

ANDA9

在矩形ABCD中，有&DANs&BMN,所以---=----=2,BPAN=—AM.