立体几何大题归纳（解析版）-2026年高考数学

立体几何大题归纲

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题型01求异面直线夹角

1.（2025•全国一卷•高考真题）如图，在四棱锥P—中，24_L底面ABCD.AB±AD.BC//AD.

⑴证明：平面PAB±平面PAD；

(2)设~4=48=应,8。=2,4。=1+小,且点/<8,，，。均在球0的球面上.

(i)证明：点O在平面ABCD内；

(ii)求直线AC与PO所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析：(2)⑴证明见解析；(曲苧.

【分析】(1)通过证明AP±AB,4尸_1_40,得出平面D4O,即可证明面面垂直；

(2)(i)建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设PBC,。在同一球面。上，在平面44“中，得出

点O坐标，进而得出点。在空间中的坐标，计算出QP|=|OB|=|OC|=|OD|,即可证明结论；

(ii)写出直线AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.

【详解】(1)由题意证明如下，

在四棱锥P-4DCD中，八4_L平面ABCD,ABVAD,

ABG平面ABCD,ADU平面ABCD,

：.APA_AB,AP±AD,

•・•力尸U平面PA。，平面D4。，APC\AD=A,

：.ABA.平面P4。，

46u平面

・•・平面O48J,平面。4D

(2)(i)由题意及(1)证明如下，

在四棱锥P—ABCD中，4PJ_4B,AP_L力。，AB_LAD,BC//AD,

PA=AB=V2,AD=i+V3f

建立空间直角坐标系如下图所示，

.­.A(0,0,0),B(V2,0,0),C(V2,2,0),J9(0,l+V3,0),P(0,0,V2),

若在同一个球面上，

则\OP\=\OB\=\OC\=\OD\;

...........»

.­.A（0,0）,B（V2,0）,C（V2,2）,D（0,l-f-V3）,

.•・线段CD中点坐标尸（乌，呼3）,

直线CD的斜率：e=1+七2=—述/

直线6的垂直平分线防斜率：融=誉一二述/2,

.•,直线ER的方程：,一咛力■=（出一空），

即,=%返（,_乌）十夸电，

当y=1时，1=＞产（如一空）+笔S，解得：叼=o,

.-.0(0,1)

在立体几何中，0(0,1,0),

\OP\=Vo2+12+(O-V2)2

..\OB\=V(0-V2)^+l2+02

“QC|二J(0-⑸2+(i-2y而

JOD|=，02+(111一⑹2+02

解得:\OP\=\OB\=\OC\=\OD\=V3,

.•,点O在平面ABC。上.

（夜）由题意，（1）（2）（功及图得,

设直线4C与直线PO所成角为0,

\AC-PO\|0+2xl+0|V2

*-_________—______________________________—▼__

园国―V(V2)2+22+0xV()+12+(-V2)2一3

法2:

由几何知识得，PO=4，

ABA.AD.BC//ADt

：.AB±BC,

在Rt^ABC中，=嚣，BC=2,由勾股定理得，

AC=y/AB^BG2=V(V2)2+22=V6,

过点。作4。的平行线，交8。的延长线为G,连接AC,,PC.,

则OG=工。=，直线力。与直线PO所成角即为△POG中NPOG或其补函.

•・,2_L平面ABCD,AC,u平面ABCD,PA^AC.-A,

：.PA.LAC}t

在RMBC\中，4Z?=四，3G=BC+CG=2+1=3,由勾股定理得，

AC.=VAB2+JBC?=V(V2)2+32=Vn,

在RtAAPG中，R4=0，由勾股定理得，

PG=y/PA2+AC1=V(V2)2+(VTT)2=V13,

在△POG中，由余弦定理得，

PC?=PO2+OC；-2Po•OGcosNPOG,

即：(=(V3)?+(A/6)2-2V3xVecosZFOG

解得：cosNPOG=一§

J

.•・直线4。与直线PO所成角的余弦值为：|cosNR9Gl=(.

J

2.(2025・浙江・二模)如图，在三极锥P—46。中，力6=AC,。为6c的中点，P在底面的投影O落在线

段4。上.

(1)证明：AP_LBC；

(2)若6c—8,F。一4,AO—3,一2,M在线段AT上，且满足平面AMCJ.平面BMC，求直线BM

与直线C尸夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵。

【分析】(1)先应用线面垂直判定定理得出平面4PO,进而得出线线垂直；

(2)法1：建立空间直角坐标系设彳必=1#=(0,34”)，进而得出面的法向量再应用面面垂直即

可得出』=提，最后计算异面直线所成交即可；法2：根据图形特征得出边长3"=产/?目11/024=4禽，

再根据线面垂直得出线线垂直

【详解】(1)因为力B=力。，。为BC的中点故AD_LBC,又P。_L平面ABC,BCu平面ABC,故得

PO±BCtPOQAD=O.PO.ADu平面APOt于是BC_L平面APO,HPu平面APO,从而AP_L

DC.

(2)法1:以。为坐标原点，以射线OQ为g轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐

标系O—xyz.

则40=3,0(0,0,。)，4(0,—3,0),6(420),。(一4,2,0),P(0,0,4).

于是赤=(0,3,4),BC=(-8;0,0),

令㈤让=〃1^=(0,344/1),所以河=(0,3彳-3,4/1),又因为前=(-4,5,0),

设面AMC的法向量为m=(x,y,z).

所以，所以济=(5,4,—3).

[3Ay+4Az=0

又氏=(-8,0,0),BA=(-4,-5,0),

所以血=刀+田环=(-4,31—5,4/1).

设面BMC的法向量为n=(x,y,z).

所以产彳=?…所以亢=(0,4九5一3乃

[-4式+(34-5)g+”z=0

根据AMCX.平面BMC,即抗•元=0,所以入二卷.

所以宿=■|■记前=QX+,》=(-4,一牛,卷)，)=(4,-2,4),

BM-CP=0,

所以CPJ_得所成角为90度，正弦值为1.

法2：几何法.

隹垂足为

连CM,由三角形全等得MC_LPA,MCCMB=M,MCMBU平面BMC,

得P4JL平面BMC,D4u平面工”。，从而平面AMC1.平面BMC.

在Rt^POA中，旌=4^+0尸2=25得40=3,

在RtAADB中，AB〉=AD2+W=41得4B=d,

在R3OD中，PD2=PO2+OD2,

在RtAPDB中，PB2=PD+BD1

：所以PB2=PO2+OD2+=36得PB=6,

：q/OD4-P^^-PB2-AB21

：又cos/BB4=2PZPB=廿

从而sinZBPA=当工故BM=PBsinABPA=4V2，同理CM=4V2,

Io

q..................

因为BM2+CM2=BC1，所以乙BMC=90°,

所以MC，BM工APyAPQMC=M,4P,MCu平面A欣7,所以BM_L平面AMCt因为CPu平

面AMC，所以CP_L3”,得所成角为90度，余弦值为0.

3.（2025•江苏盐城•模拟预测）在四棱锥46co中，45〃8,43=36=3,24=2,49=2,/笈4。

=45°,BC±FD,PAA.CD.

⑴求证：Q4_L平面ABCO；

⑵设M为极PC上一点，若直线力河与PB所成角的余弦值为练工,求修的值.

-39IO

【答案】(1)证明见解析；

⑵理口或且£=也

【分析】⑴在4?上取一点后,得到友7〃DE,则有。E_LPQ,利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得

OE_L4。，则有DEJ.平面D4。，即有OE-LP4,再结合D4_LC。可证得D4_L平面力BCD;

(2)建立空间直角坐标系，设户应=/lW(0V/l&l),利用空间向量间夹角的坐标运算公式建立方程，即可

得解.

在棱力6上取一点E,使得BE=OC=1,连接。E,

因为力B〃CD,所以四边形6CDE是平行四边形，则BC//DE,因为BC_LPD,所以DE工PD.

又因为4E=2,4D=忑"BAD=45°,根据余弦定理可得DE2=力。2+AE2-2ADxAEcos450=2,

即。石=伍

财有472+。后2=人后2,所以°E_L4。，

^ADQPD-D,AD,RDU平面PAD,则DEJ_平面PAD,

又入U平面240,则OE_LP4,

又因为％JLCD,DECCD=D,DE,CDU平面ABCD,

所以D4_L平面/BCD.

(2)以点珞为坐标原点，以46,AP所在直线分别为0轴，z轴，过点力作g轴，建立如图所示的空间直角

坐标系，

...........»

2.

外

J"、、

则4(0,0,0),6(3,0,0),0(1,101,0(2,1,0),产(0,0,2),

设加=VA&1)，则丽="2,1,-2)=(2儿4-2r,

则说=(2442—21),屈=(3,0,—2),

AMPB

于是\cos<AM,PB>\=\-\|10/1-4|2V13

|丽•闵V9/2-8/1+4x71339

化简得54矛―43/1+8=0,解得/1=-^或4=,

所以包£=」_或且2=且

PC2以PC27,

4.（2025•江苏苏州•三模）如图，正四棱锥S—力6CD,SA=2,=2，P为侧棱SD上的点，且罚=

3P5.

（1）求证：AC_LS。；

（2）求异面直线S4与CP所成用的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵奈

【分析】（1）连结交力C于点O,连结SO,证明四边形A6C。是正方形，证明4C_L平面SED,证明；

（2）以O为原点建立空间直角坐标系。一阴用，利用空间向量即可求解.

【详解】（1）连结BD交于点O,连结SO,

因为正四棱锥S—ABCD,所以SO平面ABCD,

又4CU平面ABCD,

所以SO_L/4C,因为正四棱锥S-ASCD,

所以四边形ABCD是正方形，

所以力C_L因为ACX.SO,ACX.BD,SOC\BD=O,SOu平面SBD,SOu平面SBD,

所以47_L平面又SOU平面SZ?。，

所以47_LSO;

⑵

因为OS1OB,OS±OC,OB.LOCf

所以以O为原点建立空间直角坐标系。一xyz,

71(0,-1,0),S(0,0,V3),C(0,l;0),D(-l,0,0),

所以以=(0,-1,-V3),D§=(1,0,73),

/=①+屈=历+［历=(_1,_1,0)+©,0,乎)=(_*_1呼),

所以cos(SAtCP)=雪'=需，

\SA\\CP\28

因此异面直线S4与CP所成角的余弦值为冬.

2、

题型02求异面直线夹角的范围与♦值

解题I策I略

求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问

题时，可以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。

5.（2025・湖南邵阳•三模）如图，圆台002的下底面的内接正方形同。外。的边长为4,尸是上底面圆周上的

一点，且满足24=尸。=4,05=42.

⑴证明：BC_L平面B4C；

（2）求三棱锥P-ABC的外接球的表面积；

（3）N是的中点，河是上底面圆周上的一点，求异面直线MN与AO所成角的余弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析；

"陪.

【分析】(1)根据已知得PCX.BC、BCA.AC,由线面垂直的判定证明结论；

⑵将三棱锥，一补成正三枝柱力PC-方力,应用正弦定理求△力PC的外接圆半径，结合已知求

外接球半径，即可得三棱锥P-ABC外接球的表面积；

(3)构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标,设M(x,y；2V3),结合1Mo2|=2得Q-2)2+(0-2)2

=4且4W[0,4],再由向量法求异面直线的夹角余弦值，结合基本不等式求最大值.

【详解】(1)由题设PC=BC=4,尸3=4Y2,则PC2+BC2=PB:故PCI.BC,

由四边形ADBC为正方形,则3CA.AC,而PCDAC=。都在平面PAC内，

所以平面D4C;

(2)由3C_L平面Q4C,AR4C为等边三角形，将三棱维Z?—月CP补成正三棱柱

设丛APC的中心为点H,ABEF的中心为Q,则QH的中点G为外接球球心,

AC4

所以4Ape的外接圆半径AH==,GH*BC=2,

2sin与展

所以外接球的半径R=7IG=NAH”+GH?=,

因此三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4加不=半冗；

⑶由6C_L/C,以。为原点，C4C6所在直线为轴，迂立如下图示的空间直角坐标系C-xyz,

则02(2,2,2、&)归(0,4,0),%(0,2,0),设河(办2/,2、8),连接0包，

由BCu平面力BC,则平面4BCJ,平面D4C,

则点。到47的距离等于|0。21,而1"。2|=2,所以3—2)2+句-2)2=4且工€[0,4],

由丽？=(⑨^一2,2/3),43=济=(0,4,0),若异面直线MN,4。所成角为。，

则cosG=理匹=4(—2)h-2|

\NM\\AD\4J"+(.一2>+12V^2+(?/-2)2+12，

所以co#J=(52尸=4—Q_2)2=一三+4a;

''x2+(y-2)2+12X2+4-(X-2)2+124c+12

=---(-1-+--3-)-2-+--1-0--3--+-3-)--—--2-1=_---c--+--3------2-1----十.—5

43+3)44(x+3)2

v_2口+321—I5=5一历二(。一gY

、叱44(x+3)2—212八

当且仅当c=—3时取等号，则cosJ＜小于口,

所以异面直线MN与AD所成甭的余弦值的最大值二二.

6.(2025・云南昆明•一模)如图，正方体ABCD-力BGR的核长为1,H为线段上的动点，E,9分别

是线段AD,6场上的点，且AE=8/=4，G为BG的中点.

O

⑴求证:平面A.EFA.平面GRR；

⑵两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线

/C与之间的距离；

(3)求异面直线与。G所成角的余弦值的最大值,并说明“点的位置.

【答案】(1)证明见解析

⑵空

(3)“黑，”点在靠近点D的线段DDi的三等分点处

6

【分析】(1)建立空间直角坐标系，根据条件求得朗=丽=(一1,0,<),方嵩=(0,1,0),从而

有EA.±FC[,E4±DQ,利用线面垂直的判断定理得EA[±面CQ/，再利用面面垂克的判定定

理，即可求解：

(2)设P是直线4C上任意一点，且羽=1彳方储6H),利用向量法，求得P到直线3G的距离d=

居'即可求解；

(3)利用线线角的向量法，得到cos。=乎xJ1+J316t;再利用基本不等式，即可求解.

6V廿一2£+3

【详解】(1)如图，建立空间直角坐标系，因为正方体ABCD-ABG。的棱长为1,且4后二8"=!，

O

C(0,L0),A(l,0,0),B(l,L0),B1(l,l,l),.

所以两=信,0,1),西=(—1,0,/),方方=(0,1,0),：

»»11»»I

因为瓦久•FC、=一卷+卷=0,则及%_LFC、,即EA_LFC,,

oJ{

...............0

又EAc=0,则EA_LRG,即EAX_LRG,

又FC,nDQi=G*G,AGu平面CQF,

所以EAJ_平面G。/，又E4U平面4田尸，所以平面AlEF'±平面CDF.

(2)设。是直线力。上任意一点，且布=AAC(AGA),

又前=(-1,1,0)，所以#=XAC=(一九40),得到P(1—4尢0),

则赤=(r1—40),又能=(-1,0,1),设P到直线8G的距离为d,

（毋.的）2

则4=/^2_24+1=4年(，-Q+小

-W

所以当时，d取到最小值，最小值为今，故异面直线AC与6G之间的距离为卓.

JJJ

(3)因为G为BG的中点，所以G(/1总)，设〃(0，。，口(。941)，

乙乙

则加？=(一1,一1工一1),方苕设异面直线8H与OG所成的角为出

乙乙

\BJi-DG\

4-tV6八6-89+/=氓x

则cos8=\cos（B\HyDG）\=

V6-Vt2-2t+36Vt2-2t+3-6

।13—6广

\t2-2t+3

=『所以军7n

令13-6t=mW[7,13],则t

（1^）2_2X（1^）+3

36m36-9

--------------------=------------------4一,

n2-14m+121—142

m

当且仅当馆=必，即zn=11E[7,13]时取等号，所以cos夕《坐*HT_V33

X

m6VT--F

又当7〃=11时，1=。，即“点在靠近点。的线段DR的三等分点处.

O

【点睛】关键点点睛，本题的关键在于第(2)问，设P是直线47上任意一点，且存=儿前(4€R),再利

用向量法得到尸到直线的距离d=/|"“一|J2+｝，再结合定义进行求解.

7.(2025•内蒙古呼和浩特•二模)如图1,在等腰直角三角形。中，在。=FC,46、E分别在线段。回、

FC、CD<,AAB"CD,AE：/FC.已知E4=1,4。=2,沿AE将折起，使得平面D4£_L平

面ARCE,如图2.

D

图1图2

⑴求证:平面BDEA,平面ABD；

⑵求直线DF与平面&X7所成角的正弦值；

⑶点Q在线段DF上,设直线3Q与直线BE所成角为。，求8so的最大值.

【答案】（1）证明见解析

⑵鲁

⑶空

【分析】（1）由条件证明BEYAB,DA_L0E,根据线面垂直的判定定理即可将BE1.平面D43,再由面

面垂直的判定定理即可证明平面BDEA-平面ABD\

⑵建立空间直角坐标系，求屈和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可；

（3）设丽=标,AW[0,1],求向量了，的,根据线线角的公式得cos夕=----/1，再由换元

加，府拜

法计算即可.

【详解】（1）|必|=1,|AD|=2,ABHCD,

：.|FB|=1,|BC|=2,

又？1£〃6C,|CD|二3〃，

A\DE\=2V2t\EC\=y/2

'；NECB=45°,

：.\BE\2=|BC|2+\EC^-2\BC\•\EC\­cos450=V2,

又\AB\=V2,\AE\=^\FC\=2t

：.\BE\2+\AB\2=\AE[2,BE_LAB

•・,平面平而力RCE,且平面ZMECl平面在歹CE=AE,又DA_L

ZMu平面D4E,平面力平面力FCE,

•・,DAAAB=A,DA,ABa平面ABD,

.•.Z?E_L平面D4/，

•；BEu平面BDE,

.•・平面BOE_L平面

（2）•「ZMJ_平面AFCE,AF_LAE,

建立如图所示空间直角坐标系，

.............国

D

.•・A(0,0,0),F(1,O,O),R(0,2,0),D(0,0,2),8(1,1,0),<7(1,3,0),

DF=(l,0,-2),ED=(0,-2,2),DC=(1,3,-2),

设平面即。的法向量为菊=（c,g,z）,则'，取g=1,，沌=（一1,1,1）,

设直线OR与平面EDC所展的角为a,

则由畋=卜。5〈人屈）|=二"喈

⑶设成=ADF=4(1,0,—2)=(儿0,—2/1),其中04C41,

则(2(4,0,2—24),BE=(-1,1,0),BQ=(/I-1,-1,2-2/1),

“一n|4一1+"1

所以cost/=-----,=-------

72-75^-104+6普+5

令£=工，则心1,

所以cosf=———,

V2-VGt2-10t+5

当时，61-101+5单调递增,

故在£=1时，cos。取最大值，此时cosO=.

题型03求线面角

8.（2025•浙江•一模）如图所示，已知四棱锥石一/CGA,44」平面ABC.CC,±平面ABC,BA_LAC,

AB=AC=CCl=2AAl.

⑴证明：平面A{BC._L平面BCC\；

⑵设M为0G的中点,求直线力M与平面A冉G所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵李

【分析】⑴法一：取中点M连接4M八川,力M利用已知可证4M_L平而反无九进而可证结论：法

二：建立空间直角坐标系，求得平面BCC、与平面AXBC{的一个法向量，利用向量法可求得平面A,BCX

JL平面BC。；

（2）法一：建立空间直角坐标系，求得平面ABC的一个法向量,利用向量法可求得直线4M与平面

/方G所成角的正弦值.法二：结合（1）法二：利用向量法可求得直线与平面42G所成角的正弦

值.

【详解】（1）法一：取中点N,连接AM,MN、AN.

因为44"/。。1且44尸：。。1,初\/7/。弓且上火=1~8],所以44"/皿/且力4=皿/\\所以四边形

A.MNA为平行四边形，所以力河〃4N.

因为为B=4C所以4N_L8C,又因为4NJ.CG,且6CCCG=C,所以4N~L平面BCG"…

鼓4"J_平面BCCi,4A1U平面4BG，所以平面AXBCX_L平面BCCX.

法二：不妨设/6=2,以4为原点，分别以4840,44]为轴建系，

则8(2,0,0),C(0,2,0),g(0,2,2),A1(O,OJ),：

.......................................一

所以囱=(-2,0,1),AG=(0,2,l),BC=(-2,2,0),无=(0,0,2),

设平面BCCX的法向量为元=z)

广2z+2g=0

由3=0，令1=1,则y=l,z=(),

察1所以

所以平面BCC,的一个法向量用=(1,1,0),

设平面A.BC,的法向量日=(a.d,c),

(BAl-n=()(—2a+c=0

由，令a=1,则b=-l,c=2,

l^Q-n=0,(2b+c=0

所以平面ABG的一个法向量完=(1,一1,2),

因为赤•云=0,故平面4BG平面BCQ.

(2)法一：不妨设=2,以/为原点，分别以AB,AC,AAl为x,y,z轴建系，

则6(2,0,0),G(0,2,2)，A(0,0,1),M(L1,1),所以位=(1,1,1),

>>

研=(-201),46=(0,2,1；,

由［第;二^),得平面46G的法向量元=(1,一1,2),

设其”与平面ABG所成的角为仇则sin。=|cosAA?,n|=匕可="二■=挈,

\AM\-\n\V3XV63

所以直线AAf与平面4NG所成角的正弦值为乎.

法二：由“(1,1,1),得戒=(1,1,1),

设工M与平面AM所成的角为。，则sin。=lcosAM.nl==llzl±£L=0.

\AM\-\n\V3XV63

所以直线4M与平面A3G所成角的正弦值为十.

9.(2025・陕西西安・模拟预测)如图，在四棱锥。一488中，底面48。。是边长为4的菱形，/氏4。=

⑴证明：

⑵记三棱锥F-尸石G与四棱锥P-ABCD的体积分别为司，%,求月;

y-2

(3)若=2,求直线即与平面尸所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵W

⑶嚼

【分析】(1)根据线面垂直的性质可得RG_LA。，利用余弦定理以及勾股定理可得GHJ_/O,进而由线

面垂直求证得解，

(2)利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解，

⑶建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解.

【详解】(1)因为4G=4GO,所以RG〃B4,

JJ

因为P4JL平面力BCD,所以FGJ.平面43CD,

因为HDu平面ABCD,所以EGJLA。，

取4?中点H,因为E为PC中点，所以EH〃上4,因此EH〃歹G,

则E,F,G,H共面,

因为g边形/BCD是边长为4的菱形，NR4D一冬，

O

所以在A/G〃中力G=l,4H=2,,

所以GH=AG2+AH2-2AGxAHxcos^-=一，故AG2+GH1=AH\

所以GH_L4。，

因为尸GflGH=G,FG,GHu平面EFGH,所以AD上平面EFGH

因为EFU平面EFGH,所以AD±EF.

(2)由PE=4PC,PR=《RD,GO=yAD,可得

244

H=^F-PGE=^E-PGF=Vj-PGF=X-J-Vj-PGD

_1_13_3_3ii/_3[/

一~8~%GO-RvX]V1Zj-PAD—1^ZP-CAD—sXz万弘一二弘，

所以普=言.

v-264

⑶取BC中点M,连接AM,由题意可得,40,4P两两垂直，以点力为原点，AM,AD,AP所在

直线分别为①轴、V轴、z轴，建立空间直角坐标系.

则4(0,0,0),5(273,-2,0),0(2/20),产(0,0,2),E(V3,1,1),F(0,l,^-)

..........................................................................

EF=(-V3,0,-),BC=(0,4,0),PC=(2V3,2,-2).

设平面射的法向量为—，则《盟;，得｛瑞+2—=0,

取z=/,得元=(1,(),V3),

设直线ER与平面PBC所成角为0,

则sinG=屁函=/(-")+。乂。+0吗|=V39_

Sin

_间邮厂VI2+O2+(V3)27(-V3)2+O2+(I)2-26，

所以直线ER与平面PSC所成角的正弦值为绥•.

10.(2025•江西•模拟预测)如图，在三棱锥P—ABC中，点DE分别是底边AC,6。的中点，平面R46和平

面后相交于直线Z.

⑴求证："平面ABC；

(2)若平面PACA.平面ABC,PA±PC.PA=PC=戊、BD±AC、BD=2,Q是直线，上的一点，|PQ|

=病,求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

「)生⑤及生

15双9

【分析】(1)由三甭形中位线定理可得。则。E;〃平面D4B,再利用线面平行的性质得。目〃Z,最

后由线面平行的判定定理可证得结论；

⑵由已知可证得。403OP两两垂直，所以以。为原点，分别以D4QB。。为I轴，g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.

【详解】(1)证明：因为点BE分别是底边AC,BC的中点，所以DE〃40,.

因为为BU平面28。七十平面P4B,所以0E〃平面「山3,

因为平面P46和平面POE的交线为平面PQE,

所以QE〃/,

因为。EU平面46CUC平面45C,

所以2〃平面ABC.

(2)因为％=P。，点。为AC的中点，所以

因为平面PAC±平面ABC,平面B4Cn平面ABC=ACtPDu平面PAC,

所以PO_L平面力SC,

因为4C,Z?Ou平面工Z?C,所以PD_LAC,PD±BD,

又13D_LAC.

所以以。为原点，分别以为Z轴，"轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为D4，〃。,。4=2。=&，所以。。=710=。9=1,又6。=2,

则£)(0,0,0),X(l,0,0),B(0,2,0),C(-l,0,0),P(0,0,l),

由(1)可知Z〃48,因为48=dAD+BD?="尸+2.2=次=PQ,

若户0=前=(-1,2,0),又尸(。,0,1),所以Q(—1,2,1),所以/=(0,2,1)

若用=函=(1,-2,0),又P(0,0,1),所以Q(l,—2,1),所以灵=(2,-2,1)

因为屋=(0,2,—1),用=(—1,0,—1),设平面PBC的法向量为元=(c,%z),

则［刍・云=2"一z=0，不妨取=i,解得元=(—2,1,2),

(PC-n=-x-z=0

设直线CQ与平面0BC所成角为9,

当Q点的坐标为(-1,2,1)时，CQ=(0,2,1).

财■=向〈页制=的=下上手-立要2型一=噌

\n\-\CQ\V(-2)2+12+22XV02+2H1215

当Q点的坐标为(1,一2,1)时，/=(2,—2,1),

财sin”小质闽=强=y|-2x24-lx(-2)+2xl|

\n\-\CQ\V(-2)2+12+22XV22+(-2)2+122

所以直线CQ与平面P/?C所成角的正弦值为今备或得.

L)y

11.（2025・四川乐山・三模）如图，直五棱柱力反功—48。。8中，四边形48国为正方形，6。=。。=

⑵当直线石。与平面皿GC所成的角为看时'求cos.的值.

【答案】（1）证明见解析;

（2）cos9=[.

【分析】（1）先由题设求出GC_LP。和尸。=6,进而由勾股定理求出PD_L。。，再由线面垂直的判定

定理即可求证PD_L平面CDDC;

（2）建立适当空间直角坐标系，求出向量瓦苕和平面。DQC的一个法向量，利用线面角的向量法公式

即可计算求解.

【详解】（1）因为46。。后一44。。尸1为直五棱柱，所以ccJ_平面ABCD,

又PC、PDu平面46co，所以QCA.PC,CQLPD,

由tanZGPC=j，得筹=1•，所以p0=6.

因为。为,4E的中点，在Rt^PED中，由勾股定理得PD=25/5.

因为P0=2—,。。=4,0。=6,

所以PD1+DC2=PO,故PDIDC,

又GC_LPD,CC、flDC=C,CC\、DCu平面CDXDXCX,

所以尸D_l_平面CDQiG.

⑵如图，易知DE；,两两垂直，以。为原点，品，而，历为c,轴建立空间直角坐标系，

因为OR_L平面BDC,DB.PCC平面BDC,所以DD、±DB,DDX±DC,

所以/BDC为二面龟B-DDi-C\的平面角，所以NBDC=O,

则0(0,0,0),3(0,0,4),C(4cos仇4sin仇0),5(4,0,4),

故DD[=(0,0,4),DC=(4cos),4sin40).

设平面DOQQ的法向量为扇二(⑨sn),

由帆西=0,得(4z=0

m-DC=0,14/cos0+4usin9=0,

取g=1,得工=-tan。，故忒=(—tan/1,0).

又瓦5=(4cos^—4,4sin^,—4i,

sii喑=卜比〈瓦方"九）］

+tan2〃•J16(cos。-1)?+16sin/+16

即tan。=1_,

V1+tan2Z?•V(cos^-l)2+sin2^4-12，

化筒可得4cos笛—2cos8-1=0.

解得cos。=]当后得cos6=--(舍去).

题型04求线面角的♦值与范围

解I题I策I略

求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问题时，可

以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。

12.(2025・福建福州•模拟预测)如图，在四棱锥。一4BCD中，CD_L平面PAD,PA_LAD.

⑴证明：R4_L平面4BCD；

(2)若底面HBCD是正方形，AP=A6=2,E为P8中点，点厂在棱P。上,且异面直线力R与PB所成

的角为600.

(i)求PR的长度；

(ii)平面力防交PC于点G,点河在线段上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

~V6V31

⑵(i)上(ii)

【分析】(1)依据CDJ_平面PAD得CD_LQ4,结合％_L力。,利用线面垂直判定定理，证得结果；

(2)(i)建立空间直角坐标系，没方=1屈，依据异面直线所成角公式求解4后结合尸。长度得尸尸;

(ii)设丽=t屈求出平面法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围.

【详解】(1)因为CD_L平面B4。，R4u平面D4Q,

所以C0_LB4,

又因为D4_L力D力。u平面ABCD,CDu平面ABCD,ADHCD=Dt

所以D4_L平面A/CD

(2)(i)由(1)可知B4平面所以43,AD,4尸两两垂直，

故以4为原点，以为6,ADf4。所在直线分别为c轴，9轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

依题意可得A(0,0,0),。(0,2,0)/(0,0,2),E(l,0,1),

所以病=(1,0,1),M=(0,2,-2),玩=(2,0,-2),

设际=APD=(0,242R,(0经丈V1),

眇

则AF=AP^PF=(0,2人2-2/1),

因为异面直线4R与R3所成角为60°,

所以cos60。=\cosAF.PB\=*兽=囤尸=g,

11|AF||PB|y/4A2-l-4(A-l)2x2V22

解得4=/,所以=

(ii)设用=〃用(0&〃Wl),

则旅=#+户方=而+〃户方=(0,0,2)+〃(2,2,-2)=(2〃,2〃,2—2〃)，

荏=(1,0,1),而=(0,1,1),

设平面4ER的法向量为亢=3必2),则(小竺二。，即卜

^\n-AF=(.)U/+z=0

取⑦=