立体几何解答题（解析版）-2021年新高考数学模拟题分项汇编（第五期5月）

专题12立体几何解答题

1.（2021•湖南高三二模）如图四棱锥尸—ABCD,ABIIDC,DC±AD,若在侧面P8C上存在一条直

线段历与AD平行.

（1）证明：底面A8CO为矩形;

（2）若Q4PB,PC,与平面ABC。所成角都为45°,点E为PC的三等分点（靠近点C）,

A£）=2AB=4,求二面角P—防一A的大小.

7T

【答案】（1）证明见解析；（2）

2

【分析】（1）由AD//E/可得A。//面PBC,然后由线面平行的性质得到8C//A。即可；

（2）设尸在底面的投影为O,PO_L平面AC,根据题意可得矩形对角线的交点即为。，然后建立空间直

角坐标系，算出两个平面的法向量坐标即可.

【解析】（I）依题AO//ERAO仁面P8C，EFu面PBC，故A。//面P8C

面ABCOfl面P8C=8C,由线面平行性质及平行传递性得：EF//BC//AD

又AB//OC,故底面A3CD为平行四边形

又OCLAO,底面ABCO为矩形

（2）设P在底面的投影为0,P0,平面AC

依题：NPAO=NPBO=NPCO=NPDO=45°,易知。为矩形ABCD的外心，

由对称性可知，矩形对角线的交点即为。，如图建系，

则A（2,-l,0）,8（2,l,0）,C（-2,l,0）,Z）（-2,-l,0）,P（0,0,«）

—2——L2Lf42亚、

由PE=§PC,得（4,%,ZE—6）=§（—2,1,-石），所以外一了了?

3皿---L

又CB=(4,0,0),CP=(2,-1,V5)

设面PBC的法向量为m=（x,y,z）

m-CB=0[^=0，取二夙=1,而=他国）

m-CP=O[2x-y+V5z=0、'

同理可得面ADE的法向量为«=（0,1,-75）,

因为方4=0，故所求二面角尸一石尸-A的大小为王.

2

2.（2021•河北高三二模）如图，在四棱锥尸-ABC。中，底面ABCD是菱形，PA=PD=AD，ZDAB=60°.

（1）证明：ADLPB-,

（2）若异面直线尸8与8所成角的余弦值为逅，求二面角A—P8—C的余弦值.

4

【答案】（1）证明见解析；（2）—叵

5

【分析】（1）设的中点为。，利用等边三角形的性质、菱形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明

即可；

（2）根据异面直线所成角的定义，结合（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【解析】（1）证明：如图，设的中点为。，连接。尸，OB,BD.

B

由F4=P£>=4)，AB=AD，功45=60°，可知△%£)为等边三角形,

又点。为A。的中点，所以POLA。，BO1AD.

乂PODBO=O,故AD，平面P08.

又PBu平面尸OB,

所以AOJ_PB.

(2)解：不妨设B4=PO=AD=2，则OP=BO=g.

由AB//CD>得cosNPBA-，乂AP=AB=2•

4

PA2=PB-+AB2-2PBAB-COSZPBAn4=P8?+4-瓜PB，

解得PB=屈，

在DPOB中，OP2+OB1=PB-.所以PO_LOB

由（1）可知POLAO,BOVAD,故PO,OB,AD两两垂直.

以。为坐标原点，分别以。4,OB,0P所在直线为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐

标系Oxyz.

则A(l,0,0),8(0,G,0),P(0,0,两,。(一2,百,0).

设〃=（X],y,zJ为平面APB的法向量,

比丽=0,—X.+\/3z.—0,

则《即〈l।W/i=(73,1,1).

fiAB=0,一凡+J3y=0,

设，”=（工2，%，）为平面PBC的法向量,

m-BP=0,+A/3Z2=。，—

则《一，即〈722用取加=((),—

m-BC=0,一2々=0,

n•m-2

，cos(n,m)=Vio

\n\-\m\J3+1+1xVl+l

由题意，可知二面角A—PB-C的平面角为钝角,

••・二面角A-PB-C的余弦值为一叵

5

3.（2021.广东高三二模）如图，四棱锥尸-ABCD中，底面A8CD是边长为3的菱形，ZABC=60°.PA1

面4BCO，且「4=3./在棱P4上，且AF=1，E为棱的中点.

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵,

13

【分析】（1）取PF的中点G,连接EG、CG,连接AC交连接FO,通过证明面CGE//面

6。户来得到所需结论；

（2）取BC中点Q,建立如图所示的空间直角坐标系，分别得到面比中和AD尸的法向量，求出法向量

夹角的余弦值即可得结果.

【解析】（1）取尸尸的中点G,连接EG、CG,连接AC交BD于。，连接FO.

,:E、G分别为尸。、Pb的中点

AEG//FD,又EG0面BDF,FDu面BDF，：.EG"面BDF,

又AF=1，故F为G4的中点，

AFO//GC,又GCZ面BDF，FOu面BDF，；.GC//面BDF，

EGcCG=G，EGCGRCGE,

...而CGE//面

又CEu面CGE,，CE//面BDF.

(2)取5c中点。，连接AQ,A3CD是NA8C=60°的菱形,

AAQ1AD,又应，面ABCD，

,分别以近、而、而为X、＞、z轴正方向建立空间直角坐标系A-wz如图所示.

’3石3'3、

则0(0,3,0)、B+,一个0、C4-,-,0、/(0,0,1)、P(0,0,3).

2222

\7\7

__(3y9、

.•.丽=(0,-3,1)、DB=~T~2,0'

设面8D77的一个法向量为=(x,y,z),

-3y+z=0

nDF=0

则由V可得《3百9八

n-DB=0----x—y=0

[22，

不妨令z=3,则解得％=6，y=L

万=(61,3).

显然向ADF的•个法向量而=(1,0,0),

.•.85〈而万〉=上匹=叵

\m\-\n\13

二二面角8—OE—A的余弦值为、空.

13

4.（2021.山东高三二模）如图，在四棱锥产一ABC。中，底面ABCD是边长为1的正方形，PAVCD,

E4=l，PD=及,E为P。上一点，且PE=2£Z).

（1）求证：平面P4C_L平面ABC。；

（2）求二面角P—C£—B的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）工？.

10

【分析】（1）用勾股定理证明B4_LAD，结合Q4_LC。，即可证明24,平面ABC。，从而证到平面

B4C_L平面A5CD；

（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式求解即可.

【解析】（1）证明：在中，PA=AD=l，PD=42

：.PD2PA2+AD2

：.PAA.AD

又PALCD,CDp[AD=D,CD，A£>u平面ABC。

平面A8CD

又如U平面PAC

，平面平面ABC。

（2）以A为原点，AB.40，AP所在直线分别为x轴，＞轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

则5(1,(),0),C(l,l,0),Efo,|,1

，P(O,O,l)

..屈=(0,1,0),=PC=(1,1,-1)

m-CE=0

设平面PCE的一个法向量为肩=（芭,y,zj,则＜

m-PC=0

f-#=。

Xi+y-Z|=0

%=0

令x=l，解得＜

U=1

/.m=(0,1,1)

nCE=0

设平面BCE的一个法向量为3=（々，%，22），则，

n-BC=0

+等土。

%=°

必二0

令％=1，解得＜

=3

〃=(1,0,3)

m-n33A/5

/.cos(m,ri)

|m||n|V2xVlO10

，二面角尸一CE—B的余弦值为述.

10

5.（2021•辽宁高三二模）如图，三棱锥P-ABC的底面A8C和侧面RW都是边长为4的等边三角形，且

平面平面ABC,点£为线段Q4中点，点尸为AB上的动点.

（1）若平面CEF,平面ABC,求线段AE的长；

（2）求直线CE与平面P8C所成角的正弦值.

【答案】（I）I；（2）叵.

10

【分析】（1）方法一通过建空间直角坐标系来利用面面垂直，从而求出线段长度；方法二通过线面、面面

关系的性质求得EF±平面ABC,进而解得长度.

（2）建系后，通过直线与面的法向量的夹角来求得线面夹角.

【解析】解（1）（法一）取中点。，连接尸O,CO

•.•口AHC与XPAB都是正三角形，

APO±AB,COA.AB

又已知平面ABCJ_平面Q46,

二PO_L平面ABC.

如图所示，以o为坐标原点，分别以OA,oc,。尸为》轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.

V^PAB•口48。边长为4,E为AP中点，

A（2,0,0）,C（0,273,0）,£（l,0,V3）,6（—2,0,0）

设AF=t,则户'（2T,0,0）,CF=（2-r,-2V3,0）,EF=.

设平面CEF的法向“=（玉，y,zJ.

（2—-2y/3yi=0「y=1——

由二；'，令玉=G，得％2,

〔（1T）X「G10J=1V

〃i=（6,i-5,i_f].

设平面ABC的法向量万=（0,0,1）.

•••平面CEF_L平面ABC，•••4・万=0，即1一，=0,解得f=l,

故线段AF的长为1时，则平面CEF_L平面ABC.

（法二：同一法）取4B中点O，AO中点G,连接EG,PO.

：△PA3为正三角形，E为”的中点,

PO1AB.

'：EGUPO,：.EG±AB

又平面PAB，平面ABC,EG，平面ABC.

在平面EFC中，作EF'±FC于点/.

•••平面EFC，平面ABC，平面EFCc平面ABC=FC,

二所'，平面ABC.

•/过平面外一点有且仅有一条直线垂直于已知平面，

二点/'与G重合，即为所求点F

即当AE=1时，平面CEE_L平面ABC.

（2）由（1）图所示，

则易知:0（0,0,0）,C（0,273,0）,E（l,0,V3）,P（0,0,273）,B（-2,0,0）,

ACE=（1,-273,^）,

设平面P8C的法向量而=（%,y,zj,又丽=（2,0,26），觉=（2,26,0）

2x,+2y/3z}=0厂/r\

则《厂，令％=6,可得比=6,-L—1）.

2玉+2岛=0''

设直线CE与平面P8C所成的角为a,

6+28-百

4x610

故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为叵

10

6.（2021・辽宁高三一模）如图，在三棱台ABC-。环中，平面A5E。，平面BCFE,BALBC,BC=3,

（1）求证：AEJ_平面3CEE；

（2）求直线Z）F与平面A所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）巫

13

【分析】（1）求出等腰梯形ABEO的对角线AE长，由勾股定理逆定理判断AE_LBE,再利用面面垂直的性质

即得证：

⑵由⑴可得AEJ_8C,进而证得E尸，平面48EO,平面AEFL平面ABED,过点。作出平面AE尸的垂线得

线面角，求解即得.

【解析】（1）在三棱台ABC—尸中，BE=DE=DA=LAB=1,四边形是等腰梯形，过E作

2

EGLBE于G,如图：

AE=JBE2+AB2—2BE-AB-cosNABE=不俨+2?—2.1.2-=5

所以AE2+BE2=4=AB2,ZAEB=90°,即AELBE,

因平面ABEDL平面BCFE,平面ABEDc平面5CFE=8E,AEu平面ABE。，

所以AE,平面BCFE；

⑵由⑴知AELBC,又B4LBC，ABu平面ABE。且AEu平面ABr>AE=A,则8CJL平面

ABED,

由已知EB阳C,则有防_L平面ABED，而EFu平面AEF，

所以平面平面ABED，过。作。OLAE于。，平面AEF0平面A3ED=AE，

DO,平面AEF,连接尸O,则尸。是。尸在平面AE尸内的射影，即NDFO是直线0尸与平面AE尸所成的角，

AC黄AB2+BC25,而VDEF:VABC,则笫畸=；,。丁半

1

等腰△4OE中，。是4E中点，则£)0=',RtADFO中,sinZDFO-

2DFJ1313

F

故直线DF与平面AEF成角的正弦值是姮.

13

7.（2021・辽宁高三一模）正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正

多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角

都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、

正二十面体.已知一个正四面体和一个正八面体。的棱长都是。（如图），把它们拼接起来,

使它们一个表面重合，得到一个新多面体.

（1）求新多面体的体积；

（2）求二面角A—3b—C的余弦值;

（3）求新多面体为几面体？并证明.

【答案】（1）生至；（2）（3）新多面体是七面体；证明见解析.

123

【分析】（1）分别求得正四面体和正八面体的体积，由新多面体体积为原正四面体体积K与正八面体体积匕

之和求解:

（2）在正八面体AC中，取8尸的中点为M,连结AM、CM,易得NAMC为二面角A—BF—C的平面

角，利用余弦定理求解;

（3）由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为-1，设此角为a.再求得四面体相邻面

3

所构成的二面角。的余弦值为，判断.

3

【解析】（1）如图所不:,在正四面体中，分别取PT,的中点，连接QMRN,

NG,则PT工QN,PTA.RN,QNcRN=N,所以PT_L平面QNR,

所以正四面体的体积为M=，s。VR.PT=LX,久（且a

'3QNR32V2

如图所示,在正八面体中，连接4c交平面EF8”于点0,则AOL平面EF8”,

_________B

22

所以StEzFroBvCj=a\7A,O=VAE-OE2=—a

2

所以正八面体的体积为V,=2X』xSFFRrxAO=2xlxax—«=—

23EFBG323

因为新多面体体积为原正四面体体积V,与正八面体体积匕之和,

5缶

所以v=K+K

12

（2）如图，在正八面体AC中，取BE的中点为M,连结AM、CM,易得NAMC为二面角A—BF—C

的平面角.

易得AM=MC=W。，AC=2Ao=21AE。-0E&=缶,

,,«...,z.._MA2+MC2-AC2

由余A弦足i理ra得HcosZADC=---------------

2MA-MC3

（3）新多面体是七面体，证明如下：

由（2）可知，正八面体任何相邻而构成的二面角余弦值均为-一，设此角为a.

3

在正四面体中，易得/QNR为二面角4一3/一。的平面角.

[6口6Y2

—ci+—a-a

由余弦定理得cosNQNR=NC”R，-QR，=I2JI2J----=£

2NQNR°GG3

2x——QX——a

22

即正四面体相邻面所构成的二面角。的余弦值为:，

3

所以8+a=18（）°，因此新多面体是七面体.

8.（2021♦江苏南京市高三二模）如图，三棱柱的所有棱长都为4c.

（1）求证：平面4?吕4_L平面A6C；

4

（2）若点P在棱8与上且直线CP与平面ACGA所成角的正弦值为不，求的长

【答案】（1）证明见解析：（2）BP=~.

2

【分析】（1）取AB中点D连接C2用。.证明AB_L平面耳CO.得AB1BQ,计算出现。后由勾股

定理逆定理得C。工⑸。，从而可得片。J,平面ABC,得证面面垂直.

（2）以。C,OA£>81所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，而=2函用空间向量法求二

面角的余弦，从而可得/I.

【解析】（1）证明：取A3中点。，连接C。,与。.

因为三棱柱ABC—AfCi的所有棱长都为2,

所以A8，CD,CD=y/3,BD=\.

乂因为AB_LBC，且CDcB,C=C,CD,BXCu平面B、CD,

所以ABJ_平面gC。.

又因为4。u平面4co,

所以A8_LBQ.

在直角三角形耳6。中，BD=1,B[B=2,

所以B\D=^.

在三角形6c。中，CD=6,B、D=6,B0=娓,

所以。。2+4。2=4。2,

所以CD，片。，

又因为ABJ.瓦D,A5cCD=D,AB,CDu平面ABC,

所以gO_L平面ABC.

又因为BQu平面A5BM,

所以平面ABB}A{_L平面ABC.

(2)解：以。所在直线为x,，z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则4(0,1,0),5(0,-1,0),C(6,0,0),4(0,0,V3),

因此西=(0,1,后)，〃=(6,1,0),丽=瓯=(0,1,6卜

因为点P在棱8片上，

则设旃=彳瓯=/1(0,1,6),其中0忘/1・1.

则而=而+而=而+4西=(_6,_]+46/1)

设平面ACG4的法向量为日=(x,y,z),

n-AC-0

万・瓯=0

取x=l,y=>/3,z=-1,

所以平面AC&4的一个法向量为3=（1,G/）•

4

因为直线CP与平面ACGA所成角的正弦值为《，

化简得16万―84+1=0,

解得几=一,

4

所以=8耳=-.

2

9.（2021•江苏高三二模）如图1所示，梯形A8CD中，AO=2AB=28C=2CD=4.E为的中点,

连结BE,AC交于尸，将八钻石沿跖折叠，使得平面ABE_L平面8C0E（如图2）,

(1)求证：AFLCD-.

（2）求平面ARC与平面AQE所成的二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）画

5

【分析】（1）只须证明A尸垂直CO所在平面A5CE即可;

（2）用向量数量积计算二面角的余弦值，进而求解.

【解析】（1）证明：连接EC,

A

6C

因为AD=243=23C=28=4.E为AO的中点，

所以ZXABE、QBCE.△COE都是边长为2的正三角形，

又AE//BC,所以四边形A8CE是菱形，

所以AF_LBE，CF1BE

又因为平面ABEL平面BCDE,平面ABED平面BCDE=BE,

AFu平面AfiE,所以AF_L平面BCDE，

又因为CQu平面3CDE,所以AF_LCD：

(2)由(1)知Eg、FC、E4两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，

zA

5(-1,0,0),ZX-2,73.0),A(0,0,我，

£0=(-1,百，0),丽=(1,0,G)，

设平面ADE的法向量为1_(x，

，，土一y,z),

ED-m=-x+JJy=0

或ax+八=。’令…I3,则沅=(6，1,—1),

平面ACE的法向量为力=(1,0,0),

设平面AbC与平面ADE所成的二面角的大小为0，

I比•斤I_G_G

|cos0|=

iwii>?rV5-i-75

10.（2021•湖南高三二模）如图①，在直角梯形ABC。中，AD//BC,AD±DC,BC=2AD=2DC,四

边形ABEF是正方形:现将正方形ABEF沿A3折起到四边形ABE.F,的位置，使平面43月6J_平面A8CD,

M为A片的中点，如图②.

（1）证明：直线DC与直线gM相交；

（2）求直线8M与平面CgM所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）2叵

15

【分析】（1）以8为原点，分别以BC,BA,BE1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，易证两//西，得

到C,2",g四点共面，然后在直角梯形A8CO中，根据AD//BC,设C£>cAB=P，得到Pe平面

CDME,,Pe平面8AM耳，再利用平面的基本性质证明;

（2）由（1）求得丽•的坐标和平面的一个法向量1=（x,y,z）,设直线8M与平面CgM所成的

由痴吟人依丽）卜摧!

角为，,।求解.

【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系:

z

Fi

设AO=1,则。(2,1,0),C(2,0,()),£；(0,0,李

所以两=1-1,0,5,西=(一2,0词，

所以两=；函■，则DM!ICE,,

因为。M,C与不重合，

所以。M//CG,

所以CRM,巴四点共面，

在直角梯形ABCO中，因为AZT/3C,设C£)C/W=P,

则PwCD,尸eAB,

所以Pe平面CDME[,pG平面BAME,

又因为平面CDME、八平面BAME]=ME,,

所以尸eME],

所以直线DC与直线E.M相交;

(2)由(1)知的'=得，函=(-2,0,0),啊=

设平面CgM的一个法向量为；i=(尤,y,z),

-2x+\/2z=0

n-CE,=0

则(—L,即《x+gz=0

nExM=0

令九=1,得〃=0,0,夜），

设直线BM与平面CE}M所成的角为0,

所以si"=k°sG，丽）卜点蒜二噜，

故直线BM与平面CgM所成角的正弦值是2叵

15

II.（2021.湖南高三三模）如图，在四棱锥P-ABC。中，CDHAB,XABC=90°>BDVPA，

AB=2BC=2CD=4.

（1）证明：BOJ_平面PAD,

（2）设平面%。0平面尸8C=/,/C|平面ABCD=G,PA=PD=2.在线段PG上是否存在点M,使得

二面角P—OC—M的余弦值为逅？若存在，求出丝的值；若不存在，请说明理由.

3PG

PM1

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，—

PG3

【分析】（I）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条直线垂直，即可证明，根据条件转化为证明

DA±DB，即可证明；（2）首先作出平面24。和平面P8C的交线，再以线段A。的中点为原点，如图,

建立空间直角坐标系，假设存在点分别求平面PDC和平面。CW的法向量，根据二面角的发现求解

点M的坐标，并且求出也的值.

PG

【解析】（1）在直角梯形ABCO中，易知8。=2近，AD=2五

DA2+DB1=AB-

DA±DB

"DBA.PA且B4cZM=A

D5_L平面PAD

(2)延长AO与8C交于点G，连结PG

取AD的中点0,联结PO,因为以=PE>,易证尸0上面ABCD,建立如图所示的空间直角坐标系，假

设存在点"符合题意，且丽=2前(04/141)

•.•尸(0,0,扬,0(-亚,0,0),C(-2"&,0),G(-3也0,0)

ADC=(-V2,V2,0),D?-(V2,0,V2)

设面DPC的法向量7=(x,y,z)

n-DM=-flx+sflz=0

Ft-DC--sflx+=0

令x=1,则y=1,z=-l

n=(l,l,-1)

DM=DP+PM=DP+XPG

DM=(y/2-3x/2A,0,V2-^2)

同理可得面DCM的法向量：

=(A-1,A-1,1—3A)

--«-«?|5A-3|76

cos<n,n、>=—,7727=———]---=—

，帆V3D/1U2-10/1+33

A=—

3

故存在满足条件的点M，且也=,；

PG3

12.(2021.湖南高三三模)如图，在多面体48。。££中，488是正方形，43=2,DE=BF,BFUDE,

M为棱AE的中点.

（1）求证：平面创〃）〃平面EFC；

（2）若以），平面ABCD,BM1CF,求二面角E—A尸一B的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

3

【分析】（1）连接AC，交BD于点、N,连接MN.由三角形中位线定理可得MN//EC,再由线面平行

的判定定理可得MV//平面EFC,由已知条件可得四边形为平行四边形，则有BD//EF,再由

线面平行的判定定理可得班）//平面EFC,从而由线面平行的判定定理可证得结论；

（2）由已知条件可得ZM、DC、OE两两垂直，所以分别以ZM、DC、OE为x轴、y轴、z轴，建立如

图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可

【解析】解析：（1）证明：如图，连接AC,交BD于前N,

连接MN,由例为棱AE的中点，则MV//EC.

•；MNu面EFC,ECu面EFC,平面EFC.

VBF//DE,BF=OE,••.四边形3DE尸为平行四边形,

ABD//EF.又8。2平面EPC,麻匚平面石尸。，

二%）//平面EFC，乂MN「\BD=N,

...平面〃平面EFC.

(2)平面ABCD,ABCD是正方形

,分别以ZM、DC、OE为x轴、)，轴、z轴，建立空间直角坐标系，设££)=2a,

则5(2,2,0),M(l,0,«),C(0,2,0),F(2,2,2a),E(0,0,2a)A(2,0,0)

BM=(-1,-2,a),CF=(2,0,2a)

\-BM±CF:.-lx2+ax2a^0:.a^\E4=(2,0,-2),AF=(0,2,2)

2x-2z=0

设平面E4尸的法向量为而=(x,y,z),贝c八...庆=(1,T,1)

2y+2z=0

BF//DE,DE±平面ABC。,BF_L平面ABCD..BFLDA，又A4，AB

二。4_1_平面4有，；.平面413的法向量为方=(2,0,0).

/一7\A\26

'/Vl+T+lx23

山图可知二面角E—AF—B为钝角，

二二面角的£一A尸一6余弦值为—走.

3

13.（2021.湖北高三二模）如图，四棱柱ABC。-A4G2的底面为菱形，M为8片中点，N为中

点，P为中点.

D,£

(1)证明：直线PN〃平面AMD；

(2)若A&J■平面A5CD,43=2,M=4,N1M£)=60。，求平面AMD与平面PN/)|所成的锐二面

角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)叵.

14

【分析】(1)由面面平行推证线面平行；

(2)结合垂直关系建立空间直角坐标系，先分别求两平面法向量，再用公式求两向量夹角的余弦值，最后

由锐二面角确定所求余弦值为正.

【解析】(1)连接qN,由，4Pz平面AMD-AqPH平面AMD

AN=BXM,AN//B.M

四边形ANgM为平行四边形,

/.NB.//AM，:BN<Z平面AMD，二B、N//平面AMD

,/cBf=用，.,.平面NB]P//平面.•••PNu平面NB】P

二PN〃平面AMD

(2)连接AC交80于。，由四棱柱ABC。—的底面为菱形，有AC1BO.

以0为原点，OA、QB为工轴、丁轴正方向，建立空间直角坐标系。一孙z.

(出1)_

A(0,0,0),0(0,-1,0),M(0,l,2),P,N(y/3,0,2),D,(0,-1,4),次=(省』,0),

[22,

西=(0,2,2),两=(¥，—：2),西二件—|Q,

设平面AMD的法向量«=(x,y,z)

a-DA=O\>J3x+y=0

取1=(1,-百,G)

a-DM=0^[2z+2y^0

设平面PNDi的法向量，=（x',y',z'）

36,1,o,c

-----x——y-2z=0

£.丽=02----2

_=取£=(0,1,2)

征.西=0g,3,

——y=0

——2x2，

平面AMD与平面PNR所成锐二面角余弦值为

力、1无例__>/42

"卜面访"石石正F

14.（2021.湖北高三二模）如图，在四棱锥产一A3C0中，PAJ_平面ABC。，底面4BCD是菱形,

NA3C=60°.点E，尸分别在棱5C,PO上（不包含端点），且PF:DFBE-.CE.

（1）证明：EF〃平面PAB；

（2）若PA=6AB，求二面角3—PC-的余弦值.

7

【答案】（1）证明见解析；（2）—-.

11

HFPF

【分析】（I）过点尸作HFcPA=H，连接期7,则——=—，再结合已知条件可得

ADPD

HFBE

—=——，而BC〃AD，BC=AD,所以HF//BE,HF=BE，所以四边形3瓦H是平行四边形,

ADBC

则EF//BH，然后由线面平行的判定定理可证得结论；

（2）以A为原点，过A作垂直的直线为工轴，而，衣的方向分别为＞，z轴的正方向，建立如图

所示的空间直角坐标系A-孙z,利用空间向量求解即可

【解析】（1）证明：过点、F作H尸〃AD.HFcPA=H，连接6H.

因为HFHAD，所以竺=竺

ADPD

PFREHFBE

因为PF:DF=BE:CE，所以一=—,所以一=—

PDBCADBC

因为四边形ABCD是菱形，所以BC〃A£＞,[iBC=AD,

所以HF〃BE,且HF=BE,所以四边形8EFH是平行四边形，则EF〃BH.

因为平面Q46，所《平面246，所以EF〃平面

（2）解：以A为原点，过A作垂直AO的直线为％轴，AD＞衣的方向分别为，，z轴的正方向，建立

如图所示的空间直角坐标系4一盯z.

设AB=2,则8(石，一1,0),C(0,1,0),。(0,2,0),P(0,0,272),从而配=(0,2,0),

PC=(V3,1,-2V2),CD=(-73,1,0).

设平面PBC的法向量为力=（百，x，zj,

n-PC=V3x+y,-2后a=0厂厂l

则〈一，令百=2夜，得万=（2虚

无BC=2y=0,

设平面PCD的法向量为m=（w，必,Z2）,

m-PC=\/3X+刈-=0.广i-

则＜一二2…，令毛=2,得初=（2,2百,太）.

m-CD=-y/3x2+y2=0,

设二面角8—PC—£＞为6,由图可知。为钝角，

n-in40+0+3直7

故cos6=一|cos〈万，庆〉|=-

\n\\m\V1TXV2211

15.（2021.河北高三一模）在矩形ABC。中，BC=2AB=2,取边上一点M，将DABM沿着AM

折起，如图所示形成四棱锥S-AMCD.

71

（1）若M为8c的中点，二面角S-AM-B的大小为一，求AS与平面A3CD所成角的正弦值；

3

（2）若将IZABM沿着AM折起后使得SOLAM,求线段的长.

【答案】（1）旦;（2）

42

【分析】（1）法一（几何法）取4以中点为H，连结HS,HB，由已知证得A"JL平面BS"，可得二

7T

面角S—AM—B的平面角N8〃S=y,再取8H的中点。，连结SQ,则SQ垂直与皿，根据线面垂

直判定定理证得SQ垂直于底面ABC。，连结AQ,N54Q为AS与平面ABCD所成角.解三角形可求得

答案；

法二（向量法）取AM中点为“，连接S”.BH,因为△AWS和［JAWB均为等腰直角三角形，所以S”，

8”均垂直于40，所以AAf_L平面BSH.以“为坐标原点，HB，分别为x轴，N轴建系，运用

线面角的向量求解方法可求得答案；

（2）法一（几何法）在平面内作SH_L40连结的，。〃，则8〃，40，根据线面垂直判定

定理可证得8，H，D•:点共线，再运用三角形相似可求得答案.

法二（向量法）建立空间直角坐标系，由向量的运算可证得5,H,。三点共线，再运用三角形相似可求

得答案.

【解析】（1）法1：

取A版中点为“，连结“S,HB，

冗

因为■且AB=8W=1,所以口入为以为等腰直角三角形，同理△ASM也为等腰直角三角形，

HS，”5均垂直AMTH，所以A"_L平面BSH,

7T

所以二面角S—AM—8的平面角为NBHS=-,

3

因为S4=8"=注，所以三角形S”B为正三角形，

2

取的中点。，连结SQ,则SQ垂直与得SQ=^，

因为AM_L平面BSH,所以AM垂直于SQ,又SQ工BH,所以SQ垂直于底面A3CD，

连结AQ,NS4Q为AS与平面4BCD所成角.

因为AS=1,sinZSA2=^=—.

AS4

法2：取AW中点为〃，连接S〃，BH,因为ZVIMS和均为等腰直角三角形，所以S”，BH

均垂直于AM，所以平面BS”.

以“为坐标原点，〃B，分别为x轴，>轴建系如图：则点S在坐标平面xOz内，设其坐标为S（a,O,c）,

（a>0,c>0）由ZVIMS为等腰直角三角形且AS=1,

得M(0,也,0)，A(0,-—,0).则福=(a,立,c)，A