立体几何与空间向量（含答案）-2027高考数学好题汇编

立体几何与空间向量-2027高考数学好题

汇编

考点01几何体中的面积与体积问题

1.（2026・北京卷•高考真题）已知三棱锥A—BCD,4D=AB=AC=2，，6。=6。=2,。。=2/，则它

的底面BCD的面积为，体积为.

2.（2026•新课标全国II卷•高考真题）已知球。的体积为％=4—兀，点4，B,均在球表面上，若

△A3C为正三角形，且D4=血，则S^BC=.

3.（2026・上海卷.高考真题）如图所示正四棱台ABCDABQQi，其中AB=4,AiB[=2.

（1）当44=2时,求和平面45GD所成角；

（2）证明：AAtH平面6CQ；若棱台高为3,求三棱锥A-BCQ的体积.

考点02空间中的位置关系

4.（2026・天津卷・高考真题）正方体4次7。一4目6以中，错误的是（）

A.AC//A}C}B.。6_1面48。C.面4GBD.A。。」面力CC^

5.（2026•新课标全国I卷•高考真题）（多选）在空间中，4、笈为两个定点，动点。到直线46的距离为2,动

点。到直线的距离为1.若二面角。一48—。为60°,则（）

A.44。>60°B.CD>^

C.当力BJ.CD时，CD_L平面力RDD.当ABJ.平面ACD时，AC_L

考点03空间向量的应用

6.（2026・上海卷•高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与c轴、沙轴、z轴重合，顶点

力与坐标原点重合，点C是正方体底面中与A相对的对角顶点，点G在点。的正上方.将正方体绕直

线4G旋转一周，试问点。的运动轨迹会经过几个空间卦限（）.

C.4D.7

7.（2026•新课标全国I卷•高考真题）如图，在直三棱柱AI3C-431G中，ZXGZ5=90°,AC=I3C,D,E

分别为43,AG的中点.

⑴证明：DE〃平面石CGB；

⑵设CG=2,直线Z史与平面力CQ4所成的角为45°,求直线0E到平面BCCB的距离.

...........»

8.（2026・北京卷•高考真题）已知直三棱柱ABC-ABG,^BAC=90°,AB=AC=2,BB尸泥，E、D

分别为45、4。的中点.

⑴证明：DE〃平面RBQQ；

（2）点P在平面48G内，且即〃场G，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,

使得。唯一确定,求平面与平面。的夹角的余弦值.

①弘二吵

②B4_L3C；

③6/〃平面PDE.

注:如果选择条件①、条件②、条件③分别解答,按第一个解答计分.

9.（2026・天津卷•高考真题）在长方体ABCD-ABCR中，工石=2,44=3,为。=4,A}E=3ED,,

2C、F=FC.

⑴求证：m_1面。历；

（2）求面AEE与面CEF的夹角的余弦值;

（3）求三棱锥A-CE尸的体积.

10.（2026・上海卷・高考真题）已知四棱锥P-HZ?CD,底面力比。为矩形，P〃_L底面垂足“在

力。边上，且AH=1,HO=4,AB=2.

⑴求证

（2）若四棱锥P—的体积为当⑤，求二面角C—P8—H的大小.

11.（2026•新课标全国II卷•高考真题）如图，在三棱锥月一RC。中，点E在白。上，力EJ.CE,AE±DE,

CD±AD.

⑴求证：CD_L4?；

⑵若DE=2,BE=kAE=M,CD=2/.求直线力。与平面4Z?C所成角的正弦值.

模拟练测

一、单iffiB

12.（2026•山西忻州•模拟预测）已知圆锥的底面半径为2,母线长为4,则该圆锥的体积为（）

4V37LR8二江16V37T

A.C.8兀D.

333

13.（2026・广东广州•模拟预测）已知向量初=（2,0,—2）,而=（0,2,—2）,2=（-孙3馆,馆一3）,平面46。

的法向量它,若/I日,则m,的值为（）

A.1B.2C.3D.4

14.（2026•天津武清・模拟预测）已知恒，口是两条直线，”是一个平面，下列命题正确的是（）

人.若小_|,。，771_1_71,则71〃。B.若则m〃n

C.若m〃a,m_1_九，则？i_LaD.若zn_La，九Ua,则m_Ln

15.（2026•河北邯郸•三模）已知正三棱台ABC—4BG，AB=34/=9,侧棱A/=4,则正三楼台的体积

为（）

A.B.134C.D.39V3

16.（2026・四川广安•模拟预测）给出下列命题:①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线

与该平面垂直;②如果直线Q〃平面。，尸Ea,那么过点尸且平行于直线Q的直线有无数条且都在平面

a内；③已知a/是两个不同的平面，加为平面。内的一条直线，则“_L，'是的充分不必要条

件.其中正确的命题个数是（）

A.0B.1C.2D.3

17.（2026・陕西咸阳•三模）在四面体产一43c中，PA±平面ABC,AB=BC=2,120°.若四面体

P-ABC的体积为毕，则47与平面所成角的正弦值为（）

A.4B.5C.乎D.4

3567

18.（2026・四川遂宁•二模）在直三棱柱ABC-4耳G中，43_LBC,AB=BC=44］，点。为CG的中点，

点河为侧面ABB.A,内（含边界）的动点，且GM〃平面设直线GM与平面力684所成的角力

仇则tan。的最大值为（）

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

A.V2B.2四C.V3D.3V2

19.(2026•江西南昌•三模)注意力机制是一种让模型在处理信息时，能够“有选择地聚焦"于最关键部分的技

术，其核心是用数学中的向量来解决问题，设计三个关键向量：查询向量次表示我在寻找什么？)、键向

量而表示我有什么可提供？)和值向量员表示我实际提供的内容是什么).在计算注意力时,首先用4与

各个K(i=l，2,…,打)计算相似度Si=彳，K•，然后求权重例=~^—，记4=(劭3，@”…,纵)，则注意力输

i=l

出向量为(a'V^a^a-亦,…£-日).现有守=(1,2,3),.=(0,1,1),.=(12,6,8)也=(1,0,1),位=

(12,3,4)启=(1,1,0)禽=(12,6,4),则注意力输出向量为()

A.(8,7,6)B.(10,7,6)C.(9,7,8)D.(8,9,10)

二、多选JB

20.(2026•广东茂名•二模)已知正方体ABCO—4HG2的棱长为1，则()

A.南•血=0B.宓在初上的投影向量的模为1

C.BDy=BA]+BC]+BDD.丽与乐所成的角为45°

21.(2026•江苏南京•模拟预测)已知正方体力BCD-45GR,A4,N分别是面A6CD,面BCG8的中心.

则下列结论正确的是().

A.AXM1.BXDX

B.CQJ_平面AM。]

C.力卫与。N是异面直线

D.平面RMN将正方体分成前后两部分的体积比为2：1

22.(2026•辽宁沈阳•三模)在棱长为1的正方体A6CD-ABG"中，"，N分别为AB,BC的中点，则

()

...........»

A.MN"DQ\

B.DXNA.CM

C.点P在正方形48GR内，当。。〃平面时，。点轨迹长度为噂

D.点P在棱皿所在直线上，当BP_L平面BA4N时，四面体P-0CN的外接球表面积为多

乙

23.（2026・四川成都•模拟预测）空间中，平面Q上的动点PQ,y,z）满足方程「Ar+By+Cz=D,（A2+B2

+。2＞。），则称「为平面。的方程.同时也称平面Q的方程为并称元=（48。）为平面。的一个法

向量.已知方程分别为h：2c—y—z=0,「2：3。-2y—z=D的平面的交线为/，则下列结论正确

的是（）

A.经过点M（l,0,0）,峪（0,1,0），网0,0,1）的平面Q的方程为x+y+z=l

B.若平面Q的方程为：r.Ax+物+Cz=1,则坐标原点O到平面。的距离为

C.交线为Z的一个方向向量为方=（1,1,一1）

D.，与方程为心:①十2g-2z-l的平面％所成角的正弦值为率

三、填空题

24.（2026・福建度门・模拟预测）已知40,0,1）,6信5,0）,。（。,1,0）,则点力到直线及7的距离为.

25.（2026・上海静安•二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体

ABCDEF为“刍（chu）养（mengy,若底面ABCD是边长为4的正方形，ER=2,且EFHAB,4AED

和是等腰直角三角形，N4EO=NBRC=90°,则尸。与底面为8c。所成角的正弦值为.

26.（2026•河北沧州•一模）如图,在长方体ABCD-45GR中，AB=河4。=441=2,M为AQ1的中

点，过点3作平面a与平面力与M平行，则平面a与底面AHG。的交线I的长度为；若P为I上

的动点，则动直线AP与CG的夹角的正切值的取值范围是.

四、解答题

27.(2026・重庆・三模)在正三棱柱ABC-48C中，已知AB=2,AAl=分别是棱AC,BC,

4G，BG的中点.

⑴证明：平面GDEH平面ABEQ；

(2)求平面GOE与平面力出㈤。夹角的余弦值.

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

28.（25—26高三下,山东・阶段检测）如图，在多面体4次7。跖中，平面小汨9_1平面工0C。，四边形

/BCD为直角梯形，四边形ABER为平行四边形，4?〃BC,AB_LBC,=4。=J•灰7=2,力斤=

V2Z?F=2V2.

（1）证明：CD_LBR；

⑵若点M是CE中点，求点M到平面6DE的距离.

29.（2026•上海黄浦三模）如图，三棱锥力一反7。中，D4=06=。。，BD±CD,=/49。=60°,

E为的中点.

⑴证明：BC_LD4；

⑵点尸满足加=屈，求直线力R与平面D4B所成角的正弦值.

30.(2026•山西忻州・模拟预测)如图，在三棱锥。一43C中，04,ObOC两两垂直，且04=03=OC=

2.点尸在三角形43。及其内部运动.设点P到平面046,OAC,06。的距离依次为心，也.若

4,d2，“3依次成等差数列，求：

(1)点。的轨迹；

⑵I。尸I的最小值;

(3)该轨迹的长度.

............即

31.（2026・重庆・模拟预测）如图1,在梯形ABCD中,ABHCD,E是线段AB上的一点，BE=CD=CE=

四，=2,将4ADE沿DE翻折到4PDE的位置.

图1图2图3

⑴如图2,若M是8C的中点，二面角尸一EO-Z?为直二面角，证明：平面尸EO.

⑵如图2,若二面角P—EO—B为直二面角，分别是的中点，若直线皿N与平面RBC所

成角为0,sinG>空，求平面PEC与平面RBC所成锐二面角余弦值的取值范围.

⑶我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异

面直线上两点间距离的最小值.如图3所示，点K为线段CE的中点，分别在线段尸K,CD上（不

包含端点），且为PK,CD的公垂线段，记四面体CKGH的内切球半径为/，比较J_与2（3+焉）

的大小，并证明你的结论.

鱼体几何易变同匍量

考点01几何体中的面积与体积问题

1.（2026・北京卷•高考真题）已知三棱锥A—BCD,4D=AB=AC=2，，AD=BC=2,OC=2/，则它

的底面BCD的面积为，体积为.

【答案】V3早

<5

【详解】

法一：底面三角形BCD中，3。=8。=2,。。=2通.

取DC中点E,连接BE,则BEX.DC,DE=EC=V3.

在RtdBDE中,BSdBD^-DEZ==1,

故底面面积J-DC-BE=x2V3x1=V3.

由48=AC=AO=2四可知，点4在底面BCD上的投影O为ABCD的外心.

4

在^J3CD中，由余弦定理得cosADBC=2+：二（乎'=+1T2=一±,

£0°VNDBCV180°,故4DI3C=120°.

由正弦定理，4BCD的外接圆半径R=.吃”=醇=2,

2sinNZ?£C?*，3

则高九二40=YAB'—或=J(2/)2—22==2,

三棱锥力-6co的体积U=£-5的)・/2=。XV3X2=^-.

Jt5o

综上，底面面积为A/3，体积为.

法二：在△BCD中，已知BD=BC=2,DC=2瓜.

22+22—(2^)24+4-12_1

由余弦定理得cos/Z汨C=

2x2x282，

V3

£0°V乙DBC<180°,故4DBC=120°,sinl20°=

2•

所以底面面积"•前•/5C・sinNOBC=4・2・2♦等=6

乙N乙

由力B=AC=AD=2V2可知，点A在底面BCD上的投影。为△BCD的外心.

由正弦定理，△BCD的外接圆半径A=c.。幺=2咆=2,

2sinZ.DBC2x—

2

则高九=力。==J（22）2—22=7^1=2,

三棱维A-BCD的体积1/=3•S®D=xV3x2=当工.

ooo

丝上，底面面积为体积为2g.

2.（2026•新课标全国II卷•高考真题）已知球。的体积为％=兀，点A,Z?,C,。均在球表面上，若

A46C为正三角形，且A4=四，则=.

【答案】毕

4

【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组

求解.

【详解】由球的体积公式，％=日兀丑3=45/3亢，解得尺=6，

O

设4ABC的外心为H,连接DH,

由题意知0H为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心O在DH上,

不妨设O在线段DH上,连接AOtDOfAH,

设△A9C的边长为，5c,由正弦定理可得，4丹=工色内=。，

2sin60

再设。""由题知,｛弟;1）2=2

解得y=--（负值表示球心。在线段。H的延长线上，实际情况如右图），

V3

所以①2=,

由三角形面积公式，S&ABC=4x（V33：）2xsin60°=.

24

3.（2026・上海卷・高考真题）如图所示正四棱台ABC。一43Ga，其中4B=4,48=2.

...........»

（1）当月A=2时,求44和平面4BGA所成角；

⑵证明：H平面BCQ；若棱台高为3,求三棱锥4一BC\D的体积.

【答案】⑴45°

⑵证明见解析，体积为8

【详解】（1）过4作AH，平面ABCD于H,连接AH,

过H分别作HEJ.AB于E,“尸"LAD于F,连接A.E,A^F,

如图HE为4E在平面A6CD上的投影，

由于43U平面力BCD,所以力冉JL力R,

由于44nHE=H,AHHEu平面A.HE,

所以43_L平面由于AEu平面所以4E_LAB.

所以4£=且萨=1,同理4F_L力。,力尸=1,四边形力£7"为正方形，

所以力H=0，4H为4A在平面ABCD上的投影,

又因平面43co〃平面ABCQi,

所以44和平面43GR所成角即NA/H,cosZ/4,/lH=^y-=乎,

故AA,和平面4BGD所成角为45°.

⑵连接AC.6。交于O,连接4G、BQi交于Q,

如图，上下底面为正方彩，由正棱台性质，可得4G〃4C且4G=2/^,4。=4/,力0=4■力。=

乙

4G,

所以四边形4GO4为平行四边彩，所以44i〃OG,

因为人4Q平面BCQ,OC\u平面BC}D，所以44〃平面BCQ.

由正棱台性质,OOi与上下底面均垂直，则OO1=3,

因为001_L30MCJ_ACnOO|=O,AC,OO|u平面AOG,

所以3。_L平面AOG，所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和,

即:匕1-陷。=^a-AfOC,+%-Ag=gOB'S△4”+OD,SxA'Oc、

oo

=孑2DSAAQQ=孑x4V2xyx2V2x3=8.

AB

考点02空间中的位■关系

4.（2026•天津卷・高考真题）正方体ABCD-A3GQ中，错误的是（）

A.ACHAGB.CCiJ_面？16。C.ACD\H面AXCXBD.ADD.J,面ACD,

【答案】。

【分析】解法一：A项，通过证明四边形4CGA是平行四边形，即可证明结论；B项，通过CC\±BC,

CCi±CD,即可证明CC\±平面ABC；。项，通过证明AC//平面AG3CD,H平面AG3即可证

明结论；。项，假设垂直，得出入。_L平面ACD.,结合几何知识得出矛盾，即可得出结论.

解法二：建立空间直角坐标系，求平面4SR、平面AG6和平面力的法向量，利用空间向量判断线、

面关系.

【详解】解法一：由题意，在正方体ABCD-4目G。中，

AA,IICC\,=CC\，:.四边形ACC}A}是平行四边形，AC//A}C},

工正确；

。项，由几何知识得，CC、±BC,CC\±CD,

BCDCD=C,BCU平面ABC,COu平面ABCf

：.CG_L平面ABC,故B正确;

vAC!IAG,4Gu平面4G石，AC(t平面:.AC//平面4G6,

由几何知识得，BC//A,DXiBC=A}DXi：.四边形A,BCD,是平行四边形，

・•・CD/A\B,

vABC平面AGSCAQ平面4QN,.・.CD,〃平面AQB

•・•ACQCD1=C,A.BnAG=4,•••平面ACD.〃平面AGSC正确；

假设平面ND"I平面4CR,则交线为4R,此时有4。IAD{t

・・・4D_L平面48],

•・,ACu平面4。_LAC,

连接AG,GO,

由几何知识得，AC//4G,则4。±4G,故/G4。=90'

在△4G。中，由几何知识得，4G=A.D=G。，

・••三角形为等边三角形，NGAD=600,矛盾,

故。错误.

解法二：以。为坐标原点，QADC,DO1分别为6,g,z轴，建立空间直角坐标系，

谈48=1,则A(l,0,0),B(U,0),C(0,l,0),D(0,0,0),A(L0,l),8([U),G(0,1,1),"(0,0,1),

可得彩=(-1,1,0),AG=(—1,1,0),AD,=(-1,0,1),BCi=(-1,0,1),

对于力：因为而=AG，可得AC〃AG,故为正确；

对于6：根据正方体的性质可知CGJ•平面ABC，故8正确；

对于C：设平面ACD、的法向量为启=(如外为)，则｛、.禁二二；，

设的=1,可得%=勺=1,可得甚=(1,1,1)；

设平面4GB的法向量为否=(如的/2)，则已,煞尸f+触=0,

设12=1,可得放=曲=1,可得日=(1,1,1)：

因为启=石，所以平面ACD〃平面4GB,故C正确；

对于。：由题意可知：平面力。D的一个法向量其=(0,1,0),

因为启•砥=1/0,可知平面力与平面4col不垂直，故。错误.

5.(2026・新课标全国I卷•高考真题)(多选)在空间中，/、石为两个定点，动点。到直线48的距离为2,动

,点。到直线A6的距离为1.若二面角C——。为60°,则()

A.ZCAD>60°B.CD>^/3

C.当AZ?_LCO时，CD_L平面力3。D.当力3_L平面力CD时，AC_L

a…一.…一.….….....

【答案】BC

【详解】不失一般性作图如下，

过点C作CE_L42E为垂足，过点。作。9为垂足，

过点石作EG//FDfEG=FD,连接GD,

则EG_1_43,因为二面角。一4石一。为60°,

所以NCEG=60°,由已知CE=2,O产=1,

所以以y=4+1—2x2xlxcos600=3,所以CG=心，

故CG工EG,CD>CG=/,B正碉;

当点力与点、E的距离尢限大时，（JA,AD尢限大，。4,CD尢限靠近力从

此时NC4。趋向于0°,4错误；

因为力Z_LCE,/U?_LEG,CEDEG=E,B,EGu平面CEG,

所以平面CEG,又CGU平面CEG,所以4Z?_LCG,

若46_LCD,D,G不重合，结合CGCCD=C,CG,CDu斗面CDG,

可得AB_L平面CDG,DGu平面CDG,

所以43_LOG,矛盾，所以D,G重合，

因为AB上CG,CGLEG,EGCEF=E,EG,EFu平面ERQG,

所以CG_L平而后尸。G,故GDJL平面A60,C正确；

因为力8,平面CEG,若ABJ.平面AC。，

财平面CEG与平面HCD重合,此时点A与点E重合，点。与点G重合,

故AC与4D的夹角为60°,。错误，

考点03空间向■的应用

6.（2026・上海卷・高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与z轴、沙轴、z轴重合，顶点

4与坐标原点重合，点C是正方体底面中与A相对的对角顶点，点G在点。的正上方.将正方体绕直

线力G旋转一周，试问点。的运动轨迹会经过几个空间卦限（）.

【答案】A

【详解】不妨设正方体的棱长为3,.

则4(0,0,0),0(3,3,0),G(3,3,3),

可得AC=(3,3,0),AC.=(3,3,3),

设点C在体对角线AC,上的投影为E,后=AAQ=(343434),/1€[0,1],：

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

4G

则无=屈一而=(34—3,37,-3,32),

可得CE•4G=9"9+9/1-9+=0,解得4=!，

O

^AE=(2,2,2),即E(2,2,2),且CE=4,

可知点C的轨迹是以点E(2,2,2)为圆心，半径的圆，

解法一：在点C的轨迹任取一点PQ,%z),则加=(i-2,g—2,z—2),

(EP・AG=3(c_2)+3(g-2)+3(z_2)=0林理可律k+v+z=6

jj明=J3-2『+(沙一2)2+("2)2=展，1Q_2)2+(9―2)2+(z-2)2=6，

x

令z=o可得｛；二&；(T)2=2，解得£=3，可知点。的轨迹与平面°y相切，

令0=0可得｛M^2；(z_2)2=2'解得｛til可知点o的轨迹与平面7Oz相切，

令2=0可得｛*多；仁_2)2=2,解得｛，二:，可知点C的轨迹与平面yOz相切，

所以点C的轨迹经过空间中的1个卦限；

解法二：将正方体补成边长为6的正方体，如图所示：

可知△尸QH为边长为6淄的正三角彩，且其中心为E(2,2,2),且内切圆半径T=§乂6、攵=，6,

即可知点C的轨迹印为"QR的内切圆，所以点C的轨迹经过空间中的1个卦限.

7.(2026•新课标全国I卷•高考真题)如图，在直三棱柱ABC-X.B.G,中，乙4cB=90°,AC=BC,D,E

分别为43,AG的中点.

G

A

ADB

(1)证明：。E;〃平面3CGB1；

(2)设CG=2,直线QE与平面力CCA所成的角为45°,求直线DE到平面6CGB的距离.

【答案】(1)由题意证明如下：

在AABC1中,D,E分别为AB,AC,中点，，DE//BC,,

DEQ平面BCCB,SGu平面BCC,BX,

:.DE“平面BCCJ3i.

⑵距离为1.

【详解】(1)略

⑵法一：由题意及(1)得，OG=2

在直三棱柱ABC-481G中，AACB=90°,设AC=BC=2t(t>0),

四边形ACGA与四边形BCCB是矩形，

・•.AC±BC,ACA.CC、,BCLCC1,

建立空间直角坐标系，如下图所示，

得到A(2t,0,0),2(0,200),。(0,0,0),D(t,i,0),E(t,0,l),：

.•,加=(0工,一1),面力CG4的一个法向量为有=(0,1,0),

•・,直线上与平面ACCXA,所成的角为45°,

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

设直线DE与平面力CG4所成的角为。

..a/**\忸0j||0+1X14-0|..0

..smu=cosiBD.ni)=,__-----=/---，=sm45

\ED\-n.\V0+t2+(-l)2xV()+l2+0

解得t=l,A4(2,0,0),6(0,2,0),C(0,0,0),D(l,l,0),F(l,(),l),

•；DEH面BCCB,/.由几何知识得，DE到面BCCA的距离为沏=1.

法二：由题意及(1)得，

在直三棱柱4BC—48G中，NACB=90°,AC=BC,

四边形ACCjA,与四边形BCCB是矩形，

:.AC±BC,AC±CC\,BCLCC\,

••1ACCCC产C,ACc平面ACCtA,,CGu平面ACCXAX,BC(t平面ACC^,

BCA.平面ACQA^4BCC尸90°,

由几何知识得,ZBCC即为直线0G与平面ACC.A.所成的角，

直线DE与平面ACC.A.所成的角为45°,

在△，Z?G中，D,E分别为AB,AC.中点，DE"BG,

直线Z?G与平面ACC.A.所成的角为45°,即NBC】C=45°,

在RtABCG中，4BCC=45°.2BCG=90°,CC1=2,

：.AC=BC=CC{=2,

在Rt^ABC中，AC_LBC,AC=BC,

△ABC为等腰直角三角形，过点。作。R〃AC,

贝I点尸为6c中点，DF=~^AC=1,DF_LI3C,

由几何知识得,DE到面BCCA的距离即为。R=1.

8.（2026・北京卷•高考真题）己知直三棱柱ABC-A{B{C^^BAC=90°,AB=AC=2,BB、=&,E、D

分别为AB、47的中点.

⑴证明：OE〃平面BBCQ；

（2）点P在平面48G内，且EP〃/G，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为己知,

使得。唯一确定,求平面抬。与平面尸DE的夹角的余弦值.

①24=尸。；

②B4_LB。；

③68〃平面POE.

注:如果选择条件①、条件②、条件③分别解答,按第一个解答计分.

【答案】（1）解法一：取6C的中点£连接。£6尸，

因为。，尸分别为A。，3。的中点，则DF/748,且。尸

又因为ABB.A,为矩形，且E为48的中点，则BiE//AB,艮B.E=^-AB,

可得DFHBE,且DF=B1E,可知DFB.E为平行四边形，则DE〃BF,

且。E0平面BBQQ,B产U平面BBGC,所以DE”平面BBQQ；

解法二：设AG,A8的中点分别为G,H,连接DG,GE,EH,DH,

因为2G分别为AC,AG的中点，则DG〃CC\,DGH44,

£OG«平面BBCC,CGU平面BBQQ,所以DG〃平面BB。。,

又因为G,E分别为4G,48的中点，则GEHBQ1,

ZGE«平面BBCC,场GU平面BBCC,所以GE〃平面BBQC,

又因为E,H分别为AG,在。的中点，则EH//力4,

可得EH〃DG,可知E,HQ,G四点共面，

因为。GflGE=G,DG,GEu平面DEG,则平面DGEH〃平面BBiC\C,

且DEU平面DGEH,所以DE〃平面B6CQ;

解法三：以A为坐标原点，AB,AC,AA,分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则4(0,0,0),3(2,0,0),(7(0,2,0),A(0,0,V2),3(2,0,应)，C,(0.2,V2),

且。(0,1,0),顼1,0,2),

可得PS=(1,-1,V2),函=[0,0,方)，砺=(2,—2,0),,

设平面即GC的法向量为有=(如外内)，则心望=岳尸°,；

•BC=2xl-2yl=0

令为=1,则%=1,e=0,可得元1=(1,1,0),；

........由

因为万•有=1-1+0=0,即屈_La,

因为平面BBQQ,所以DE〃平面BBQQ.

⑵等

【详解】⑴略

(2)由(1)可知EG//BG,则PEEG,

若选①：解法一:设ADt4G,EG的中点分别为IJP,

可知IJ为线段力。的中垂线，则AJ=DJ,

因为R7〃48,由题意可知：AB_L平面4CG4,即尸J_L平面ACG4,

则R7_L/4,PJ_LJP,可得24=PO,符合题意，

取8c的中点连接设AMC\DH=N,

因为46=4。，则AM±BC,

又因为月目平面ABC,AM(Z平面ABC.则AM1,BBX,

JLBCO\BB{=B,BC,BBiU平面BBQQ,则AML平面的3QQ,即AN±平面BBCQ,

2斗面DGEH"平面6BGC可得AN_L平面DGEH,

艮PDU平面DGEH,可得AAr±PD,

过点、N作NK上。D,

2ANCNK=N,AN,NKu平面ANK,

则产。_L平面ANK,可得AK_L尸O,

可知平面PDE与平面PAD的夹色为NAKN,

由题意可知：AN=ND=PG*AM=¥,GD=a,

则PD=,sin/PON=cosNPDG=黑=与,

21DV5

则NK=ND・$"PDN=W=,AK=-^=,

VwVio

所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos/AKN=券=?;

Al\o

解法二：设P(Q,1-Q,2)，

因为PA=PD,则/〃+(]—若+2=Ja?+(—a)?+2，解得a=5，即A/2),

财赤=(H血)，初=(0,1,0),

设平面尸49的法向量为元=(%加㈤，则■?竺一+-

^-AD=y2=0

令立2=2，5,则1/2=0,&=-1,可得自=(2A/2,0,—1),

因为平面DEG〃平面BBGC.可知平面PDE的法向量为石=(L1,0),

苞包_2V2_2

贝］cos云，定=

局•⑸|V2x33

所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为善;

若选②：解法一：取BC的中点时,连接AM，设AMADH=N,

因为＜6=4C,则AM1.BC,

又因为_L平面ABC,AMd平面ABC,则AM±BB】,

2BCCBBi=B,B。,BBiU平面BBQQ,则AML平面gBQQ,即AN上平面BBQC,

2平面DGEH//平面BBGC可得AN_L平面DGEH,

取8G的中点Q,连接4Q,QM,可知A.QHAM,

设A©C\EG=P，可如点、P为EG的中点，

因为6。，QMA.BC,可得BC_L平面AMQA{,则AP±BC,

因为A/V_L平面DGEH且PDu平面DGEH,可得AN±PD,

过点、N作NKLPD,

艮ANCNK=N,AN,NKu斗面ANK,

则PD平面ANK,可得AKLPD,

可知平面PDE与平面PAD的夹角为NAKN,

由题意可知：AN=ND=PG*AM=*,GD=&,

则PD=,sin/PDN=ccs^PDG=黑=与,

21DV5

则NK=ND•sin/PDN=-^=7,AK=,

VIoVIo

所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos乙4KN=喏=日；

解法二：设P(a,l—a,Y^),则AP=(a,l—a,V2),

因为力P_LBC,则布・瑟=。+1—。=0,解得@•，即尸（春，春，血）,

N乙乙

用存二©,口,⑹，与5=（0,1,0）,

设平面网。的法向量为元=（”,名）,则归号二资+段+&=°,

物•力力=的=0

令12=2/，则7/2=0,22=-1,可得瓜=（272,0,-1）,

因为平面DEG〃平面BBGC,可知平面PDE的法向量为"=（1,1,0）,

711・九226=2

则COS71L=

V2x33'

所以平面PDE与平面E4O的夹角余弦值为?：

•5

.............国

若选③：由(1)可知：平而DGEH//平面BBCC,

因为PGEG,平面DGEH即为平面PDE,即平面PDE〃平面BB。。,

可得〃平面此时点P不唯一，不合题意.

9.(2026・天津卷・高考真题)在长方体ABCD-4田。口中，=2,441=3,4。=4,AE=3ED,,

⑴求证：6。_1,面CEF；

(2)求面AE尸与面CE尸的夹角的余弦值；

(3)求三棱锥A-CEF的体积.

【答案】(1)方法一：如图，过点后作Z?G〃CG,交工。于点G,则有AG=3GD,GD=L

连接CG,则C,G,E,G四点共而，平面CSH即平面CGEG.

由黑=袈=4,NGOC=/℃3=90°,可得△GDC与△DCB相似，

QDJDC/2

所以NGCD=乙DBC,则可得乙GCD+4BDC=90°,所以CG_LBD.

长方体力65—45。1。1中，。。1，平面/反力，

因为BDU平面ABCD,所以CCi±BD.

又CC\C\CG=C,CC\,CGu平面CEF,所以ROJ,平面CEF.

方法二：

如图，以。为坐标原点建立空间直角坐标系。一xyz.

贝］。(0,0,0),力(4,0,0),6(4,2,0),。(0,2,0),R(0,2,2),E(l,0,3).

所以屈=(4,2,0),屈=(1,-2,3),犷=(0,0,2).

1►・>・>・>

所以•CE=4—4+0=(IDB-CF=()+()+()