2020-2024年高考数学试题分类汇编：空间向量与立体几何（解析版）

与题幺堂同向量易及体几何

五年考情•探规律

考点五年考情(2020-2024)命题趋势

2021年新高考1卷：圆锥；关于空间向量与立体几

考点01旋转体结

2021年新高考II卷：新科技、球面积；何的考查，题量维持在

构特征与面积、体

2023年新课标回卷：圆锥、面积、体积、二面角；2-3道，必有一道主观

积计算

2024年新课标回卷：圆柱、圆锥、面积与体积.题.应注意以下几个方

考点02多面体结面的问题：

2021年新高考II卷：正四棱台、体积；

构特征与面积、体1.几何体的结构特征及

2022年新高考1卷：南水北调、四棱台、体积.

积计算面积、体积的计算；

考点03几何体与2020年新高考团卷：直四棱柱侧面与球交线；2.多面体、旋转体与球

球的切接问题2022年新高考1卷：正四棱锥、球、体积范围；的切、接问题，综合考

2022年新高考II卷：正三棱台、球、面积.查几何体结构特征、面

2020年新高考团卷：日辱、线面角；积或体积的计算，以及

考点04空间点线

2021年新高考II卷：正方体中线线垂直关系；线面关系的应用；

面的位置关系

2022年新高考1卷：正方体中线线角、线面角、二面角；3.空间点线面位置关系

2024年新高考II卷：正三棱台体积、线面角.的判断，包括各种角的

考点05空间向量2021年新高考1卷：正三棱柱、三角形周长、体积、垂简单计算；

及其应用直关系4.以棱锥、棱柱为载体，

考点06空间位置证明线线关系、线面或

2020年新高考团卷：四棱锥、线面垂直、线面角；

关系的证明与线面面面关系，求线面角的

2020年新高考团卷：四棱锥、线面垂直、线面角；

角的函数值函数值；

2021年新高考II卷：四棱锥、面面垂直、二面角；5.以棱锥、棱柱为载体，

2022年新高考1卷：直三棱柱、点到平面的距离、二面证明线线关系、线面或

考点07空间位置

角；面面关系，求二面角的

关系的证明与二面

2022年新高考II卷：三棱锥、线面平行、二面角；函数值；

角的函数值

2023年新课标回卷：三棱锥、线线垂直、二面角；6.以棱锥、棱柱为载体，

2024年新课标回卷：平行四边形翻折、线线垂直、二面证明线线关系、线面或

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角.面面关系，根据线面角

2021年新高考1卷：三棱锥、线线垂直、二面角求体积；或二面角求其它量；

考点08空间位置2023年新课标国卷：正四棱柱、线线平行、二面角求线7.适当注意距离的计算

关系的证明、由二段长；问题.

面角求其它量2024年新课标回卷：四棱锥、线面平行、二面角正弦值

求线段长.

分考点［精准练）

考点01旋转体结构特征与面积、体积计算

1.（2021年全国新高考I卷数学试题）已知圆锥的底面半径为0,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的

母线长为（）

A.2B.2A/2C.4D.4及

【答案】B

【分析】设圆锥的母线长为/,根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.

【详解】设圆锥的母线长为/,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则力=2万x&,解得/=20.

故选：B.

2.（2021年全国新高考II卷数学试题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导

航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到

地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为。，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指。4与赤道平

面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为a,记卫星信号

覆盖地球表面的表面积为S=2"2（i-cosa）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【答案】C

【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.

【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：

16400

2+（l-cosa）=l-cosa=>6400+36000〜（）42=42%'

4%户—2一2~•一°

故选：C.

3.（2024年新课标全国回卷数学真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为有，

则圆锥的体积为（）

A.2&B.3氐C.6岛D.9宿

【答案】B

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【分析】设圆柱的底面半径为,，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径厂的方程，求出解后可求圆锥的体

积.

【详解】设圆柱的底面半径为,，则圆锥的母线长为户三，

而它们的侧面积相等,所以271rx由=QX13+，即=，3+,，

故r=3,故圆锥的体积为:兀x9x指=36兀.

故选：B.

4.（多选）（2023年新课标全国团卷数学真题）已知圆锥的顶点为P,底面圆心为。，AB为底面直径，

ZAPB=120°,上4=2,点C在底面圆周上，且二面角P—AC-O为45。，贝U（）.

A.该圆锥的体积为兀B.该圆锥的侧面积为4扃

C.AC=20D.△PAC的面积为6

【答案】AC

【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.

【详解】依题意，ZAPS=120°,PA=2,所以OP=1,04=O8=也，

A选项，圆锥的体积为:X7TX（省）xl=7t,A选项正确；

B选项，圆锥的侧面积为兀X石x2=26兀，B选项错误；

C选项，设。是AC的中点，连接

则ACLOD,ACLPD,所以ZPDO是二面角P-AC-O的平面角,

则NPDO=45°,所以OP=OD=1,

故AD=CD=^|^1=母,贝I]AC=2应，C选项正确；

D选项，PD=>/12+12=A/2>所以Sme=；x2夜x0=2,D选项错误.

故选：AC.

考点02多面体结构特征与面积、体积计算

5.（2021年全国新高考II卷数学试题）正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为

（）

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A.20+120B.280C.-D.

33

【答案】D

【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.

【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

所以该棱台的IWI无=^22—^25/2—，

下底面面积E=16,上底面面积邑=4,

所以该棱台的体积丫=$(岳+$2+廊T)=gx&x(16+4+而)=£拒.

故选：D.

6.(2022年新高考全国I卷数学真题)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水

蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为"O.Okn?；水位为海拔157.5m时，相应水

面的面积为180.0/2,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到

157.5m时，增加的水量约为(疗。2.65)()

A.10x109m3B.1.2xl09m3C.1.4xl09m3D.1.6xl09m3

【答案】C

【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出.

【详解】依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积V.

棱台上底面积S=140.0km2=140xl()6m2,下底面积S'=180.0km2=180xl06m2,

回V=/(S+S，+底7)=gx9x(140xIO,+i80x1()6+加旅丽而

=3x(320+60A/7)X106»(96+18x2.65)xlO7=1.437xlO9®1.4xl09(m3).

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〃

M

故选：C.

考点03几何体与球的切接问题

7.（2022年新高考全国II卷数学真题）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3君和4VL其顶

点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.IOOTIB.1287tC.144TID.192TI

【答案】A

【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径小々再根据球心距，圆面半径，以及球的半径

之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积.

【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径小4,所以2/;=加一,24=/^-,即弓=3/=4,设球心

sin60sin60

到上下底面的距离分别为4,右，球的半径为R,所以&=，口_9,d2=，口一16，故-蜀=i或4+a=i,

即那一9一收一16,1或麻行+而市=1，解得炉=25符合题意，所以球的表面积为

S=4TI7?2=IOOTI.

故选：A.

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8.（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积

为36万，且3VH3石，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

27812764

77D.[18,27]

【答案】C

【分析】设正四棱锥的高为心由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四

棱锥体积的取值范围.

【详解】回球的体积为36%，所以球的半径R=3,

［方法一］:导数法

2a

设正四棱锥的底面边长为2“，高为〃，

则Z2=2a2+h2,32=2a2+(3—h)2,

所以6/z=〃，2a2=I2-h2

ii2/4I2/6

所以正四棱锥的体积V-Sggx4a2'//=黄俨一)x")/J.

3353669136

当3V/V2后时，F>0,当2指</V33时，V'<0,

所以当/=2前时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为g,

97Q1

又/=3时，V=――,I=3^3时，V-,

44

所以正四棱锥的体积V的最小值为2一7,

所以该正四棱锥体积的取值范围是3，”.

L43J

故选：C.

［方法二］:基本不等式法

由方法一故所以丫=3。2介=：（6〃一层,=¥12-2//）/^札（12-2?+人+〃=g（当且仅当场=4取到）,

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当退时,得"等，则—#T不』不

当/=3l6时，球心在正四棱锥高线上，此3时心Q:+3=，

冬^竺0^莘，正四棱锥体积用=*〃=:（莘）24=?<?故该正四棱锥体积的取值范围是。，当.

22,，235。22434J

9.（2020年新高考全国卷回数学试题）已知直四棱柱ABCO-4BQQ的棱长均为2,BBAD=&0°.以2为球心，

括为半径的球面与侧面BCCiBi的交线长为.

【答案】叵兀.

2

【分析】根据已知条件易得。也=石，侧面用GCB,可得侧面4GC2与球面的交线上的点到E的距

离为母,可得侧面用CICB与球面的交线是扇形EFG的弧产G，再根据弧长公式可求得结果.

【详解】如图：

取用G的中点为E，8月的中点为尸，CG的中点为G,

因为440=60。，直四棱柱A8CO-A4£R的棱长均为2,所以回RAC为等边三角形，所以RE=省,

Dp_LBXCX,

又四棱柱ABCD-AAGA为直四棱柱，所以平面4BC2,所以台4，4G，

因为B耳4G=耳，所以，侧面耳£CB,

设P为侧面B&CB与球面的交线上的点，则DtE1EP,

因为球的半径为右，D1E=6，所以|EP|=JlAP『-|RE|2=>/^3=后,

所以侧面与GCB与球面的交线上的点到E的距离为0，

因为IE尸|=|EG|=应，所以侧面B£CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

JTTT

因为/用£F=NC|EG=1,所以/尸£G=5,

所以根据弧长公式可得PG=^x0="万.

22

故答案为：史^».

2

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考点04空间点线面的位置关系

10.（多选）（2021年全国新高考II卷数学试题）如图，在正方体中，。为底面的中心，P为所在棱的中点,

M,N为正方体的顶点.则满足MVLOP的是（）

【答案】BC

【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.

【详解】设正方体的棱长为2,

对于A,如图（1）所示，连接AC,则MV//AC,

故NPOC（或其补角）为异面直线ORMN所成的角，

在直角三角形OPC,OC=叵,CP=1,故tan/POC=%=三，

故MVLO「不成立，故A错误.

SN

AEB

图⑴

对于B,如图（2）所示，取2VT的中点为Q,连接尸。，OQ,则OQLNT,PQ1MN,

由正方体SBCM-NADT可得SN_L平面ANDT,而。Qu平面ANDT,

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故SN，。。，而SNMN=N,故00，平面SN7M,

又MNu平面SNTM,OQLMN,而OQPQ=Q,

所以M/_L平面。PQ,而POu平面。PQ,故MN_LOP,故B正确.

MC

对于C,如图(3),连接则BD〃MN,由B的判断可得

故OP_LMN,故C正确.

AS

对于D,如图(4),取AO的中点。，A8的中点K,连接AC,PQ,OQ,尸K,OK,

则AC//MN,

因为DP=PC,故尸！2〃AC,HPQ//MN,

所以NQPO或其补角为异面直线POMV所成的角，

图(4)

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因为正方体的棱长为2,故尸。=；AC=&,OQ=ylAO2+AQ2=71+2=73,

PO=^PK2+OK-=74+1=A/5-QO2<PQ2+OP2,故NQP0不是直角，

故尸。肱V不垂直，故D错误.

故选：BC.

1L（2020年新高考全国卷回数学试题）日辱是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的劈针投射

到唇面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在

平面所成角，点八处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点八处放置一个日辱，若辱面与赤道所在

平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则号针与点八处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

【答案】B

【分析】画出过球心和辱针所确定的平面截地球和号面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的

定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出号针与点A处的水平面所成角.

【详解】画出截面图如下图所示，其中8是赤道所在平面的截线；/是点A处的水平面的截线，依题意可

知。4，/；是号针所在直线.加是署面的截线，依题意依题意，辱面和赤道平面平行，号针与唇面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知而/CD、根据线面垂直的定义可得

由于NAOC=4（F,〃〃/CD,所以NQ4G=/AOC=40。，

由于ZOAG+ZGAE=ZBAE+ZGAE=90°,

所以ZBAE=ZOAG=40°,也即号针与点A处的水平面所成角为ZBAE=40°.

故选：B

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12.（2024年新课标全国国卷数学真题）已知正三棱台4BC-A用G的体积为1,AB=6,AB,=2,则

与平面ABC所成角的正切值为（）

A.1B.1C.2D.3

【答案】B

【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高人=迪，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得

3

AM=记，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二；将正三棱台ABC-A4G补成正三棱锥尸-ABC,

3

4A与平面A8C所成角即为上4与平面A8C所成角，根据比例关系可得吟.皿=18,进而可求正三棱锥

尸-ABC的高，即可得结果.

【详解】解法一：分别取BC出G的中点D,。，则4）=36,4〃=石，

可知S谢=；x6x6x¥=94，S&qc,=；*2*百=若,

设正三棱台ABC-AB。的为人

则匕…q=g（9g+瓦版扇西//=,，解得〃=孚，

如图，分别过A，A作底面垂线，垂足为M,N,设AM=x,

DN=AD-AM-MN=26-x,

可得=^DN2+D.N2

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2

6-2

结合等腰梯形BCQBI可得BB；=I+DD-,

即X2+^-=(2^j3-xI智+4,解得户孚

所以小与平面ABC所成角的正切值为tan?AS翳“,

解法二：将正三棱台ABC-ABIG补成正三棱锥尸-ABC,

B

则AA与平面ABC所成角即为上4与平面ABC所成角,

PA,1匕）—4乌61

因为则

PA—AB-3^P-ABC27

可知%BC-ABIG

设正三棱锥P—ABC的高为d,则Vp_*Bc=；dxgx6x6x［^=18,解得d=2j^,

取底面ABC的中心为。，则尸01底面ABC,且A0=26,

所以以与平面ABC所成角的正切值tanZPAO=—=1.

AO

故选：B.

13.（多选）（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正方体ABCD-A4C］。，贝|（）

A.直线BG与所成的角为90°B.直线BG与C4所成的角为90°

C.直线BC］与平面BBQO所成的角为45°D.直线BG与平面ABC。所成的角为45°

【答案】ABD

【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】如图，连接与C、BCi，因为Z）A//gC，所以直线5G与旦C所成的角即为直线8G与。41所成的

角，

因为四边形BBC。为正方形，则4CL8G，故直线BC与£>4所成的角为90。，A正确；

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连接AC,因为A瓦，平面24clC,BC]U平面5月C|C,则A4,8G，

因为4C_LBC],A4B©=Bl,所以BC]_L平面44c,

又ACu平面48C，所以BC|_LCA，故B正确；

连接AG，设ACBR=o,连接80,

因为24,平面6。＜=平面48。1。1，则G。，用8，

因为GO_L81R,BQiCB]B=Bi，所以C0_L平面BBQO,

所以ZCtBO为直线BC,与平面8BQ。所成的角,

设正方体棱长为1,则CQ=走，BG=&,sinNC|BO=5g=；,

2万CqZ

所以，直线8G与平面BBQD所成的角为30,故C错误；

因为GCL平面ABCD,所以/C1BC为直线BG与平面ABC。所成的角，易得NGBC=45,故D正确.

故选：ABD

考点05空间向量及其应用

14.（多选）（2021年全国新高考I卷数学试题）在正三棱柱ABC-AAG中，AB=AA,=1,点P满足

BP=ABC+JuBBl,其中/le[0』],〃e[0』],则（）

A.当4=1时，△AB/的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥尸-ABC的体积为定值

C.当几=；时，有且仅有一个点尸，使得4尸，8尸

D.当〃=g时，有且仅有一个点P,使得A3,平面

【答案】BD

【分析】对于A,由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B,将尸点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点的个数；

对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点的个数.

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【详解】

易知，点尸在矩形BCG与内部（含边界）.

对于A,当无=1时，BP=BC+iiBB=BC+JuCCl,即此时Pe线段cq,4A4P周长不是定值，故A错误;

对于B,当〃=1时，8P=XBC+84=84+X4G，故此时尸点轨迹为线段4G，而B1G//BC,4cl〃平面ABC,

则有尸到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

对于C,当2时，BP=gBC+〃BB[,取BC,4G中点分别为。，H,则BP=8Q+〃QH,所以尸点轨

迹为线段。"，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，Ay-.o,i,尸（o,o,〃），skpol则

AP=,BP=[o,-1,//I,4PBp=〃(〃-1)=0,所以〃=。或〃=1.故〃，。均满足，故C

(2J'2)

错误；

对于D,当〃=；时，BPrBC+；BB「取四，CG中点为M,N.BP=BM+九MN，所以P点轨迹为线

（/?1、

设尸（o，w£|因为A5-,0,0,所以A尸二]—-—,y,—“十丸，-1,所以

段肱V.0

3111*〜

-+_=0^=~2,此时尸与N重合，故D正确.

故选：BD.

考点06空间位置关系的证明与线面角的函数值

15.（2020年新高考全国卷回数学试题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD团底面ABC。.设平面以。

与平面PBC的交线为/.

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p

//D\/C

k__v

（1）证明：回平面PDC；

（2）已知PO=AO=1,Q为/上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）逅.

3

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面尸DC,利用线面平行的判定定理以及性质定理，证

得AD//1,从而得到/人平面PDC；

（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q（m,0」），之后求得平

面。。的法向量以及向量尸3的坐标，求得卜。$<〃，尸2>|的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦

值的最大值.

【详解】⑴证明：

在正方形ABCD中，AD//BC,因为平面P3C,3Cu平面尸BC,

所以AD〃平面P8C,又因为ADu平面上4£）,平面A4£>c平面尸BC=/,

所以ADIII,因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。是正方形，所以AD，DC,，OC,且尸。，平面ABCD,

所以A£>_LP£）,

因为CDPD=D,所以/I平面PDC.

（2）［方法一］【最优解】：通性通法

因为OP,D4,OC两两垂直，建立空间直角坐标系。-孙z,如图所示：

因为PD=AD=1,设D(0,0,0),C(0,l,0),A(l,0,0),尸(0,0,1),5(1,1,0),

设Q(m,0,1),则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=,

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设平面QC。的法向量为〃=(%,y,z),

DC-n=Qy=0

则即

DQ-H=0nvc+z=0

令％=1,则2=-加，所以平面QC。的一个法向量为〃=(1,0,-机)，则

n-PB1+0+m

cos<PB>=

|H||PB|石，"+I

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB

ruur11+I_V|ll+2m+m2

与平面QCD所成角的正弦值等于Icos<n,PB>|=

2

g.J苏+13Vm+1

考。E邛•&n=¥，当且仅当机=1时取等号，所以直线PB与平面QC。所

成角的正弦值的最大值为逅.

3

［方法二］:定义法

如图2,因为/u平面P8C,Qel,所以Qw平面P8C.

在平面PQC中，设PBQC=E.

在平面尸4£>中，过P点作尸尸_LQD,交。。于F,连接£F.

因为PD_L平面48。。,。。<=平面488,所以。C_LPD.

又由。C_LAZ),AD=平面PAD,ADu平面PAD,所以。C_L平面PAD.又尸Fu平面上4D,

所以DCJ.P尸.又由尸尸，QRQD。C=JD,QDu平面QOC,。Cu平面。DC,所以尸尸，平面QOC,从

而NFEP即为尸3与平面QCD所成角.

设尸。=。，在△尸Q。中，易求PF="=.

7a+1

由VPQE与3EC相似，得£=》=£，可得尸E=®.

EBBC1a+1

所以sin/庄尸二当且仅当。=1时等号成立.

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［方法三］:等体积法

如图3,延长CB至G,使得3G=PQ,连接GQ,GD,则尸B//QG,过G点作GM，平面QDC,交平面

QDC于M,连接QM,则NGQM即为所求.

设PQ=x,在三棱锥Q-OCG中，VQ_DCG=\pD-^CD\CB+BG)=y(1+x}.

326

2

在三棱锥G-QDC中，VG_QDC=^GM-^CDQD=^GM-^l+x.

由^Q-DCG=VG_QDC得:(1+%)=彳GM•彳Jl+%2,

o32

解得侬=悬=月

当且仅当X=1时等号成立.

在加出中，易求PB=6=QG,所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

sin/MQG=¥=亚

A/33

16.(2020年新高考全国卷回数学试题)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PDJ_底面ABCD.设平面力。

与平面PBC的交线为/.

P

(1)证明：/_L平面PDC；

(2)已知PD=AD=1,Q为/上的点，QB=V2，求PB与平面QCO所成角的正弦值.

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【答案】（1）证明见解析；（2）逅.

3

【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得A。///,利用线面垂直的判定定理证得平

面尸DC,从而得到平面尸DC；

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点。（加,。,1）,之后求得平面的

法向量以及向量厢的坐标，求得cos<w,PB>,即可得到直线PB与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：

在正方形ABCD中，AD//BC,

因为W平面PBC,BCu平面P3C,

所以AD〃平面P3C,

又因为ADu平面PAD,平面上4£>c平面P2C=/,

所以AD〃/,

因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以

且PD_L平面A3CD,所以

因为CDPD=D

所以//平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系。-冲z,

因为PD=AD=1,则有0(0,0,0),C(0,l,0),A(l,0,0),P(0,0,l),8(1,1,0),

设Q(〃z,0,l),则有OC=(0,1,0)。。=(肛0,1),PB=(1,1,-1),

因为QB=^2，所以有-^(m—I)2+(0—I)2+(1—0)2=-\/2=>根=1

设平面QCD的法向量为n=（x,y,z）,

y=o

则

Mt即x+z=O'

令x=l,则z=—l,所以平面QC。的一个法向量为w=（l,O,-l）,则

ri'PB__________1+0+1276

cos<n,PB>=

RM7i2+o2+(-i)2-Vi2+i2+i2s/2xyfi~3

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根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与

ruur/

平面所成角的正弦值等于|cos<n,PB>|=苧

所以直线PB与平面QC。所成角的正弦值为好.

3

考点07空间位置关系的证明与二面角的函数值

17.(2021年全国新高考II卷数学试题)在四棱锥Q-A3CD中，底面ABC。是正方形，若

AD=2,QD=QA=45,QC=3.

Q

(1)证明：平面平面ABGD；

(2)求二面角5-Q。-A的平面角的余弦值.

【答案】⑴证明见解析；(2)

【分析】(1)取AD的中点为。，连接Q。。。，可证Q。，平面A3CD,从而得到面面ABCD.

(2)在平面ABCD内，过。作OT//CD，交BC于T,则07，AD,建如图所示的空间坐标系,求出平面QAD.

平面8QD的法向量后可求二面角的余弦值.

【详解】

Q

(1)取AD的中点为0,连接QQCO.

因为QA=QD,OA=OD,则QO^AD,

而AD=2,QA=G故QO=^/^^=2.

在正方形ABC。中，因为45=2,故。0=1,故8=小,

因为。C=3,^QC2=QO2+OC2,故一QOC为直角三角形且QO^OC,

因为。。AD^O,故平面ABCD,

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因为0Ou平面QA。，故平面QAD，平面ABC".

（2）在平面A5CD内，过。作O77/CD,交BC于T,则OT，AT）,

结合（1）中的QO,平面A5CD,故可建如图所示的空间坐标系.

则。（0,1,0）,。（0,0,2）,以2,-1,0）,故3。=（一2,1,2）,3。=（一2,2,0）.

设平面。8。的法向量”=（尤,y,z）,

n-BQ=O—2x+y+2z=0,取则

则x=l,y=l,z=J,

n-BD=0-2x+2y=0

故〃=，』,；

而平面QAO的法向量为机=（L0,0）,故cos（m）/!）=—=-.

1X

2

二面角的平面角为锐角，故其余弦值为;.

18.（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，尸。是三棱锥P-ABC的高，PA=PB,ABJ.AC,E是PB

的中点.

（2）^ZABO=ZCBO=30°,尸0=3,PA=5,求二面角C—AE—3的正弦值.

【答案】⑴证明见解析

（陪

【分析】（1）连接8。并延长交AC于点。，连接。4、PD,根据三角形全等得到Q4=03,再根据直角三

角形的性质得到4?=。。，即可得到。为即的中点从而得到0E//PD,即可得证；

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(2)建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基

本关系计算可得.

【详解】(1)证明：连接5。并延长交AC于点。，连接。4、PD,

因为是三棱锥尸-ABC的高，所以平面4BC,AO,BOu平面ABC,

所以尸O_LAO、POLBO,

又PA=PB,所以△POA^APOB,即。4=08,所以NOAB=NOBA,

又ABLAC,即/MC=90°,所以/tMB+/O4D=90。，ZOBA+Z0DA=9G°,

所以=

所以AO=DO,即49=00=05,所以。为的中点，又E为PB的中点，所以0E//PD,

又0E<Z平面PAC,PDu平面PAC,

所以0E//平面R4c

（2）解：过点A作上〃0P,如图建立空间直角坐标系，

因为PO=3,AP=5,所以Q4=JAP2一尸o?=4,

y.ZOBA=ZOBC=30°,所以3D=2OA=8,则A£>=4,AB=4^/3,

所以AC=12,所以0（2百,2⑼,B（4A0,0）,网2点2,3）,C（0,12,0）,

所以《361,3，

则AE=（3指』,胃，AB=（4A/3,0,0）,AC=（0,12,0）,

-3

/、n•AE=3A/3X+y+—z=0

设平面的法向量为〃=（无y,z）,贝“2,令z=2,贝1]产一3,%=0,所以

n-AB=4^x=0

n=（0,-3,2）；

m-AE—3\]3a+b-\—c=0

设平面AEC的法向量为m=（〃,b,c）,贝叶2,

mAC=12b=0

令a=6,贝|c=—6,b=0,所以根=（6,。,一6）；

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/\n-m-12473

所以8小切=丽=标

设二面角C-AE-B的大小为0,则|cosO|=|cos^n,='

19.（2022年新高考全国I卷数学真题）如图，直三棱柱ABC-4月Q的体积为4,42c的面积为20.

⑴求A到平面ABC的距离；

（2）设。为AC的中点，AAi=AB,平面ABC,平面求二面角的正弦值.

【答案】⑴0

⑵立

2

【分析】（1）由等体积法运算即可得解；

（2）由面面垂直的性质及判定可得平面AB44,建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.

【详解】（1）在直三棱柱ABC-AqG中，设点A到平面ABC的距离为人，

A

则匕-4BC=}3»=^^=9即=卜ABC-A=|K1BC-AIBICI=1'

解得〃=血,

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所以点A到平面\BC的距离为V2;

(2)取AB的中点E,连接AE,如图，因为朋=48,所以AELAB,

又平面\BC±平面ABB,A,平面ABCc平面ABB^=\B,

且AEu平面所以平面ABC,

在直三棱柱ABC-