【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间向量在几何体中的应用 理（含2022试题）

【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习第八章立体几何空间向量在几何体中的应用理（含2022试题）理数1.(2022四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是(　　)A.　　B.　　C.　　D.　　[答案]1.B[解析]1.由正方体的性质易求得sin∠C1OA1=,sin∠COA1=,注意到∠C1OA1是锐角,∠COA1是钝角,且>.故sinα的取值范围是.2.(2022江西,10,5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点A射向点E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是(　　)[答案]2.C[解析]2.由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8,6,0)处.在坐标平面xAy中,直线AE1的方程为y=x,与直线DC的方程y=7联立得F.由两点间的距离公式得E1F=,∵tan∠E2E1F=tan∠EAE1=,∴E2F=E1F·tan∠E2E1F=4.∴E2F1=12-4=8.∴=92\n===.故选C.3.(2022课标全国卷Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A.　　B.　　C.　　D.[答案]3.C[解析]3.解法一:取BC的中点Q,连结QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=,AN=,QN=,∴cos∠ANQ====,故选C.解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),∴=(-1,0,-2),=(1,-1,-2),∴cos<,>====,故选C.4.(2022广西桂林中学高三2月月考，10)已知正三棱柱的底面是边长为2，高为4．则底面的中心到平面的距离为（   ）92\n(A)　　(B)　　(C)　　(D)[答案]4. D[解析]4. 如图，依题意，是等腰三角形，且，延长交于，取的中点，连结，则，过作平面，垂足为，则点在的角平分线上，又因为是等边三角形，，所以，，由勾股定理可得，易证～，所以，即，所以.   故底面的中心到平面的距离为.5.(2022吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，15)用一个边长为的正三角形硬纸，沿各边中点连线垂直折起三个小三角形，做成一个蛋托，半径为的鸡蛋（视为球体）放在其上（如图），则鸡蛋中心（球心）与蛋托底面的距离为   .[答案]5. [解析]5. 由题意可知蛋槽的高为，且折起三个小三角形顶点构成边长为的等边三角形92\n，所以球心到面的距离，∴鸡蛋中心与蛋巢底面的距离为6.(2022大纲全国,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,∠ACB=90°,BC=1,AC=CC1=2.(Ⅰ)证明:AC1⊥A1B;(Ⅱ)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为,求二面角A1-AB-C的大小.[答案]6.查看解析[解析]6.解法一:(Ⅰ)因为A1D⊥平面ABC,A1D⊂平面AA1C1C,故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC,所以BC⊥平面AA1C1C.(3分)连结A1C.因为侧面AA1C1C为菱形,故AC1⊥A1C.由三垂线定理得AC1⊥A1B.(5分)(Ⅱ)BC⊥平面AA1C1C,BC⊂平面BCC1B1,故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.作A1E⊥CC1,E为垂足,则A1E⊥平面BCC1B1.又直线AA1∥平面BCC1B1,因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离,A1E=.因为A1C为∠ACC1的平分线,故A1D=A1E=.(8分)作DF⊥AB,F为垂足,连结A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB,故∠A1FD为二面角A1-AB-C的平面角.由AD==1得D为AC中点,DF=×=,tan∠A1FD==.所以二面角A1-AB-C的大小为arctan.(12分)解法二:以C为坐标原点,射线CA为x轴的正半轴,以CB的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题设知A1D与z轴平行,z轴在平面AA1C1C内.92\n(Ⅰ)设A1(a,0,c),由题设有a≤2,A(2,0,0),B(0,1,0),则=(-2,1,0),=(-2,0,0),=(a-2,0,c),=+=(a-4,0,c),=(a,-1,c).(2分)由||=2得=2,即a2-4a+c2=0.①于是·=a2-4a+c2=0,所以AC1⊥A1B.(5分)(Ⅱ)设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),则m⊥,m⊥,即m·=0,m·=0.因=(0,1,0),==(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,则z=2-a,m=(c,0,2-a),点A到平面BCC1B1的距离为||·|cos<m,>|===c.又依题设,A到平面BCC1B1的距离为,所以c=.代入①解得a=3(舍去)或a=1.(8分)于是=(-1,0,).设平面ABA1的法向量为n=(p,q,r),则n⊥,n⊥,即n·=0,n·=0,-p+r=0,且-2p+q=0.令p=,则q=2,r=1,n=(,2,1).又p=(0,0,1)为平面ABC的法向量,故cos<n,p>==.92\n所以二面角A1-AB-C的大小为arccos.(12分)7.(2022重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=,MP⊥AP.(Ⅰ)求PO的长;(Ⅱ)求二面角A-PM-C的正弦值.[答案]7.查看解析[解析]7.(Ⅰ)如图,连结AC,BD,因为ABCD为菱形,则AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.因为∠BAD=,故OA=AB·cos=,OB=AB·sin=1,所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由BM=,BC=2知,==,从而=+=,即M.设P(0,0,a),a>0,则=(-,0,a),=.因为MP⊥AP,故·=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,=,=,=.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),92\n由n1·=0,n1·=0,得故可取n1=,由n2·=0,n2·=0,得故可取n2=(1,-,-2),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==-,故所求二面角A-PM-C的正弦值为.8.(2022四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(Ⅰ)证明:P是线段BC的中点;(Ⅱ)求二面角A-NP-M的余弦值.[答案]8.查看解析[解析]8.(Ⅰ)如图,取BD中点O,连结AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC内,且AO∩OC=O,92\n所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连结NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(Ⅱ)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连结MQ.由(Ⅰ)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(Ⅰ)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=.作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB=BC,所以BR==.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ==.同理,可得MQ=,所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===.92\n故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及(Ⅰ)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(Ⅰ)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,,0),=(1,0,0),=.设平面ABC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),则即有从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的一个法向量n2=(x2,y2,z2),则即92\n有从而取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cosθ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.9.(2022广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.[答案]9.查看解析[解析]9.(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC,又AF⊥PC,AF∩AD=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则Rt△PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°,∴PC=2,PD=,由(1)知CF⊥DF,∴DF=,∴CF=,又FE∥CD,∴==,∴DE=,同理EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),92\nE,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又∴令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为θ,可知θ为锐角,cosθ=|cos<m,>|===,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF=,∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE=,EF=,在△ADE中,AE=,92\n在△ADF中,AF=.由VA-DEF=·S△ADE·EF=·S△ADF·hE-ADF,解得hE-ADF=,设△AEF的边AF上的高为h,由S△AEF=·EF·AE=·AF·h,解得h=×,设二面角D-AF-E的平面角为θ.则sinθ==××=,∴cosθ=.10.(2022福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(Ⅰ)求证:AB⊥CD;(Ⅱ)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.[答案]10.查看解析[解析]10.(Ⅰ)∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.92\n(Ⅱ)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(Ⅰ)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|==,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.11.(2022江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.[答案]11.查看解析[解析]11.(1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连结PG.92\n故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积V=··m·=.因为m==,故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,,0),=.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ===.12.(2022湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长92\n都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(Ⅰ)证明:O1O⊥底面ABCD;(Ⅱ)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.[答案]12.查看解析[解析]12.(Ⅰ)因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,(Ⅱ)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连结HC1.由(Ⅰ)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=.在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===.故cos∠C1HO1===.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.92\n解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(Ⅰ)知O1O⊥底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cosθ=|cos<n1,n2>|===.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.13.(2022安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(Ⅰ)证明:Q为BB1的中点;(Ⅱ)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(Ⅲ)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.[答案]13.查看解析[解析]13.(Ⅰ)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.92\n所以===,即Q为BB1的中点.图1(Ⅱ)如图1,连结QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.=×·2a·h·d=ahd,VQ-ABCD=··d·h=ahd,所以V下=+VQ-ABCD=ahd,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.(Ⅲ)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连结A1E.又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.92\n故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.图2解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设∠CDA=θ.因为S四边形ABCD=·2sinθ=6,所以a=.从而C(2cosθ,2sinθ,0),A1,所以=(2cosθ,2sinθ,0),=.设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),由得x=-sinθ,y=cosθ,所以n=(-sinθ,cosθ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>==,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.14.(2022浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(Ⅰ)证明:DE⊥平面ACD;(Ⅱ)求二面角B-AD-E的大小.92\n[答案]14.查看解析[解析]14.(Ⅰ)在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(Ⅱ)解法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连结BG,由(Ⅰ)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BC=.在△BFG中,cos∠BFG==.所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.92\n由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|===,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.15.(2022山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(Ⅰ)求证:C1M∥平面A1ADD1;(Ⅱ)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.[答案]15.查看解析[解析]15.(Ⅰ)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.92\n连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(Ⅱ)解法一:连结AC,MC,由(Ⅰ)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.可得BC=AD=MC,由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),因此M,所以=,==.设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由得可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).92\n又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量.因此cos<,n>==.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由(Ⅰ)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,可得CN=.所以ND1==.在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.16.(2022辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(Ⅰ)求证:EF⊥BC;(Ⅱ)求二面角E-BF-C的正弦值.[答案]16.查看解析[解析]16.(Ⅰ)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF.92\n由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.证法二:由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.图2(Ⅱ)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=,由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).92\n设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cosθ=|cos<n1,n2>|==,因此sinθ==,即所求二面角的正弦值为.17.(2022天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(Ⅰ)证明BE⊥DC;(Ⅱ)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(Ⅲ)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.[答案]17.查看解析[解析]17.解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(Ⅰ)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.所以BE⊥DC.(Ⅱ)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有92\ncos<n,>===.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(Ⅲ)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos<n1,n2>===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(Ⅰ)证明:如图,取PD的中点M,连结EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(Ⅱ)连结BM,由(Ⅰ)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=92\n.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(Ⅲ)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.18.(2022北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(Ⅰ)求证:AB∥FG;(Ⅱ)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.[答案]18.查看解析[解析]18.(Ⅰ)在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(Ⅱ)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).92\n设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为α,则sinα=|cos<n,>|==.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.解得λ=,所以点H的坐标为.所以PH==2.19.(2022课标全国卷Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC;(Ⅱ)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.92\n[答案]19.查看解析[解析]19.(Ⅰ)连结BD交AC于点O,连结EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设|cos<n1,n2>|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=××××=.20.(2022课表全国Ⅰ，19，12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.92\n(Ⅰ)证明:AC=AB1;(Ⅱ)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.[答案]20.查看解析[解析]20.(Ⅰ)连结BC1,交B1C于点O,连结AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(Ⅱ)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.=,==,==.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即所以可取n=(1,,).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-,).则cos<n,m>==.92\n所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.21.（2022重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，，，。是的中点，是的中点，点在线段上，且。(1)   证明:平面；(2)   若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。[答案]21.查看解析[解析]21. 法一：(1)如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。故，从而。因平面，平面，故平面；92\n(2)过作于，作于，连。因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。因，故，因此即为的角平分线。由⑴易知，故，从而，。由题易知平面，故。由题，故。所以，从而。法二：如图建立空间直角坐标系，则，，，，。  (1)设，则，因此。显然是平面的一个法向量，且，所以平面；92\n(2)由(1)，，，故由得，因此，从而，。设是平面的法向量，则，取得。设是平面的法向量，则，取得。故。22.(2022天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，19)已知长方体中，棱棱，连结，过点作的垂线交于，交于．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求直线与平面所成角的正弦值．[答案]22.查看解析[解析]22.（1）证明：由已知A1B1⊥面BCC1B1          又BE⊥B1C         ∴A1C⊥BE　　      ………………………………2分         ∵面ABCD是正方形，∴AC⊥BD         ∴A1C⊥BD     ∴A1C⊥平面　　    ………………………………4分（2）∵AB∥A1B1,∴AB∥面92\n∴点到平面的距离与点B到平面的距离相等由（1）知A1C⊥BE，又BE⊥B1C∴BE⊥面∴BF即是点B到平面的距离         ………………………………6分在△BB1C中，∴点到平面的距离为        　………………………………8分 另解：连结,A到平面的距离,即三棱锥的高,设为, ,由得:,∴点A到平面的距离是（3）连结FD,由（2）知BE⊥面∴是在平面上的射影∴∠EDF即是直线与平面所成的角………………………………10分   由△BB1C∽△BCE可求得CE=   ∴BE=DE=, ∴EF=  ∴即与平面所成的角的正弦值是　　………………12分23.(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19)如图，在四棱锥92\n中，底面为矩形，面，。(Ⅰ)求证：当时，平面面；(Ⅱ)当时，求二面角的大小。[答案]23.查看解析[解析]23.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.　　 ………………………(1分)设，由已知得：，  ……………(2分)(Ⅰ)当时，，，∴,=,，  ……………(3分)·=，·=，　　　　……………………(4分)∴。　　 …………………………………(5分)又， ∴平面∴平面平面。      …………………………………(6分)92\n(Ⅱ)∵，∴，∵二面角小于，    …………………………(11分)∴二面角余弦值为，∴二面角B-PD-C大小为。     …………………………(12分)24.(2022山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，19)如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°,四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成92\n二面角的平面角为θ（θ90°），试求cosθ的取值范围．[答案]24.查看解析[解析]24. （1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°,∴AB=2，∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.  又因为BC⊂平面FBC，所以平面ACFE⊥平面FBC，     .............5分(2)解：由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM=λ(0≤λ≤),则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，取x=1,则n1=(1,,),∵n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,92\n∵0≤λ≤,∴当λ=0时，cosθ有最小值，当λ=时，cosθ有最大值. ∴cosθ∈［］..............12分25.(2022山西太原高三模拟考试（一），19)如图，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，点O是A1C1的中点，AO⊥平面A1B1C1.已知∠BCA=90°，AA1=AC=BC=2.（I）求证：AB1⊥AlC；（Ⅱ）求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值.[答案]25.查看解析[解析]25.92\n26.(2022山东青岛高三第一次模拟考试,18)如图，四棱锥中,面，、分别为、的中点，，.（Ⅰ）证明：∥面；（Ⅱ）求面与面所成锐角的余弦值.[答案]26.查看解析[解析]26.：(Ⅰ)因为、分别为、的中点，92\n所以∥，因为面，面，所以∥面.     （4分）（Ⅱ）因为，所以，又因为为的中点，所以，所以，得，即6，       （6分）因为，所以，分别以为轴建立坐标系，所以，则，（8分）设、分别是面与面的法向量，则，令，92\n又，令，所以.      （12分）27.(2022福州高中毕业班质量检测,18)如图，直角梯形中，=4，点、分别是、的中点，点在上，沿将梯形翻折，使平面⊥平面．（Ⅰ）当最小时，求证：⊥；（Ⅱ）当时，求二面角平面角的余弦值.[答案]27.查看解析[解析]27.(Ⅰ)证明：∵点、分别是、的中点,∴，又，∴，∵平面⊥平面，∴平面，，，又，如图建立空间坐标系．翻折前,连结交于点，此时点使得最小.92\n,又∵．则，∴，∴，∴⊥.     （5分）(Ⅱ)解法一：设,∥平面,点到平面的距离为即为点到平面的距离.，=，又=,,=,即，（8分）设平面的法向量为,∵G(0,1,0),∴(－2,2,2),则,即取,则,,∴，92\n平面BCG的一个法向量为，则cos<>=，由于所求二面角的平面角为锐角,所以此二面角平面角的余弦值为.（13分）(Ⅱ)解法二:由解法一得,过点D作,垂足,过点作延长线的垂线垂足，连接.∵平面⊥平面,平面，,所以就是所求的二面角的平面角.（9分）由于,在中,又，在中，所以此二面角平面角的余弦值为.（13分）28.(2022安徽合肥高三第二次质量检测，17)如图，平面为圆柱的轴截面.点弧上的点，点为的中点.（Ⅰ）求证：∥平面；   （Ⅱ）若，，求二面角的余弦值．92\n[答案]28.查看解析[解析]28. （Ⅰ）连结，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，由平面平面，又平面，所以平面.   （6分）（Ⅱ）解法一 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，因为平面，平面，所以，而，所以平面，所以，由，所以平面，所以，故为二面角的平面角，令，在中，，，所以，所以.    （12分）92\n解法二 如图，建立空间之间坐标系，设，因为，，所以，，，设平面的一个法向量为，，，由得，取，则，即，因为平面为圆柱的轴截面，所以平面的一个法向量为，所以，即二面角的余弦值为.（12分）29.19．(2022重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，19)如图，在棱长为1的正方体中，、分别为和的中点．92\n（Ⅰ）求异面直线和所成的角的余弦值；（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角；[答案]29.查看解析[解析]29.（Ⅰ）以为原点，，，分别为轴，建立直角坐标系，则，，，.，，．（5分）（Ⅱ）平面的一个法向量为，设平面的法向量为，∴取得平面的一个法向量（8分），因为为锐角，∴所求的锐二面角为．（12分）30.(2022河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），19)如图，在三棱锥92\n中，面，，且，为的中点，在上，且.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.[答案]30.查看解析[解析]30.（Ⅰ）不妨设，又，∴在中，，∴，则=，所以,又,∴,且也为等腰三角形.（法一）取中点，连接、，∴，∵面，∴，∴，所以平面，又平面，∴.  （6分）92\n（法二），则，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，,,∴,则，所以.（6分）（Ⅱ）同（Ⅰ）法二建立空间直角坐标系，可知，，面的法向量可取为，（8分）设面的法向量为，，，则，即，可取，92\n∴=，故二面角的余弦值为.（12分）31.(2022湖北黄冈高三4月模拟考试，19)如图，在直三棱柱中，平面侧面.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若直线与平面所成的角为，二面角的大小为，当时，求的值.[答案]31.查看解析[解析]31.（Ⅰ）证明：如右图，过点在平面内作于，则由平面侧面，且平面侧面，得平面,又平面， 所以，因为三棱柱是直三棱柱，则底面，所以，又，从而侧面，侧面，故.   （6分）（Ⅱ）解法1：连接CD，则由（Ⅰ）知是直线与平面所成的角，92\n取的中点E，连，，，，又，平面，，是二面角的平面角.即，，，，，.（12分）解法2：由（1）知，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标，则，，于是，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，由，取，由，取，，.     （12分）92\n32.(2022河北唐山高三第一次模拟考试，19)如图，在斜三棱柱中，是的中点，⊥平面，，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.[答案]32.查看解析[解析]32.（Ⅰ）因为⊥平面，所以.又，所以平面，所以.因为，所以四边形是菱形，所以.所以平面，所以.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（5分）（Ⅱ）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.，，92\n设是面的一个法向量，则，即，令，取.同理面的一个法向量为.　　　　　　　　　　　　（10分）因为.所以二面角的余弦值.　　　　　　　　　　　　　　（12分）33.(2022贵州贵阳高三适应性监测考试,19)如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，.(Ⅰ)若点为的中点，求证：∥平面；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.[答案]33.查看解析[解析]33.解：（Ⅰ）四边形为正方形，连接，，则是的中点，又因为点为的中点，连接，则为的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面.     （6分）92\n（Ⅱ）根据题意得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则，设满足条件的点存在，令，因为，设是平面的一个法向量，则得，设，则平面的法向量为，由题知平面的一个法向量，由二面角的大小为得：，解得，所以当时二面角的大小为.（12分）34.(2022山东实验中学高三第一次模拟考试，18)如图，已知正三棱柱各92\n棱长都为,为线段上的动点.(Ⅰ)试确定；(Ⅱ)若的大小；[答案]34.查看解析[解析]34.解：以原点，为轴，过点与垂直的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，设，(Ⅰ)由得，解得，即为的中点.所以时，.（5分）(Ⅱ)当时，点的坐标为，取，则，，所以是平面的一个法向量，又平面的一个法向量，（8分）92\n所以，所以二面角的大小事. （12分）35.（2022广东汕头普通高考模拟考试试题，18）如图，已知是棱长为3的正方体，点在上，点在上，且.(Ⅰ)求证：、、、四点共面；(Ⅱ)若点在上，，点在上，，垂足为，求证：平面；(Ⅲ)用表示截面和面所成锐二面角大小，求.[答案]35.查看解析[解析]35.（向量法）(Ⅰ)如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，那么92\n所以，，，所以四边形是平行四边形，所以、、、四点共面.（5分）(Ⅱ)由已知，，设，所以，，而，所以，即，所以，又，所以，，所以，又，所以平面. （10分）(Ⅲ)设平面的一个法向量为，则，令，所以，所以，而平面的一个法向量为，所以，故.（14分）36.(2022广东广州高三调研测试，18)在如图的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，∥，，，.(Ⅰ)求证：平面；(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.92\n[答案]36.查看解析[解析]36.(Ⅰ)证明1：因为，，在△中，由余弦定理可得.所以.所以.因为，，、平面，所以平面.（4分）证明2：因为，设，则.在△中，由正弦定理，得.因为，所以.整理得，所以.所以.因为，，、平面，所以平面.（4分）(Ⅱ)解法1：由(Ⅰ)知，平面，平面，所以.因为平面为正方形，所以.因为，所以平面.（6分）92\n取的中点，连结，，因为是等腰梯形，且，，所以.所以△是等边三角形，且.取的中点，连结，，则.因为平面，，所以.因为，所以平面.所以为直线与平面所成角.（10分）因为平面，所以.因为，，在△中，.所以直线与平面所成角的正弦值为.（14分）解法2：由（1）知，平面，平面，所以.因为平面为正方形，所以.因为，所以平面.（6分）所以，，两两互相垂直，建立如图的空间直角坐标系.（7分）92\n因为是等腰梯形，且，所以.不妨设，则，，，，，所以，，.（9分）设平面的法向量为，则有即取，得是平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.（14分）37.(2022北京东城高三第二学期教学检测，17)在四棱锥中，底面是矩形，平面，，.以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点.（Ⅰ）求证：平面⊥平面；92\n（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值；（Ⅲ）求点到平面的距离.[答案]37.查看解析[解析]37.（Ⅰ）依题设知，是所作球面的直径，则，又因为平面，则，又，所以平面，则，所以平面，所以平面平面.（5分）（Ⅱ）如图所示，建立空间直角坐标系，取则，，，，，；设平面的一个法向量，92\n由可得：，令，则.设所求角为，则.（10分）（Ⅲ）由条件可得，.在中，,所以,则,，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为.   （14分38.(2022黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试，19)如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为的中点.   （Ⅰ）若，求证：平面平面；   （Ⅱ）若平面平面，且，点在线段上，试确定点的位置，使二面角大小为,并求出的值.[答案]38.查看解析[解析]38.（Ⅰ），为的中点，，又底面为菱形，92\n，,又平面，平面,平面平面.（6分）（Ⅱ）平面平面,平面平面,平面.以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图.则,设(),所以，平面的一个法向量是，设平面的一个法向量为，所以取，（9分）由二面角大小为，可得：，解得，此时.（12分）39.（2022山东潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，17）如图，在四棱锥E-ABCD中，EA平面ABCD，AB//CD，AD=BC=AB，ABC=．  (I)求证：BCE为直角三角形； (II)若AE=AB，求CE与平面ADE所成角的正弦值．92\n[答案]39.查看解析[解析]39.40.（2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，19）　　如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，底面是菱形，,点P在底面上的射影为ΔACD的重心，点M为线段上的点．92\n（1）当点M为PB的中点时，求证：PD//平面ACM；（2）当平面CDM与平面CBM夹角的余弦值为时，试确定点M的位置．[答案]40.查看解析[解析]40. （1）设AC、BD的交点为I，连结MI，　　因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD//MI，又MI在平面ACM内，所以PD//平面ACM；    …………4分（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则,，，，，　　　　………………6分设，则,，92\n设平面CBM的法向量为，则且，令则　　　　      ………………………10分所以41.（2022江西红色六校高三第二次联考理数试题，19）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥，，平面⊥底面，为的中点，是棱上的点，，，．（Ⅰ）求证：平面⊥平面；（Ⅱ）若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值；（Ⅲ）若二面角大小为30°，求的长．92\n[答案]41.查看解析[解析]41. （Ⅰ）∵AD//BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．　　　　      ……………………1分∵∠ADC=90°   ∴∠AQB=90° 即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，　　       ……………………2分∴BQ⊥平面PAD．　　　　   ……………………3分∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．           ……………4分另证：AD//BC，BC=AD，Q为AD的中点∴BC//DQ且BC=DQ， ∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD．  ……1分∵PA=PD， ∴PQ⊥AD．            ………2分∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．　　 ……………3分∵AD平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．           …………4分（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点， ∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．　　　　   …………5分（注:不证明PQ⊥平面ABCD直接建系扣1分）如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．92\n则，，，，∵M是PC中点，∴ 　　         …………6分∴设异面直线AP与BM所成角为则=　　  …………7分∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为　　  …………8分，（注：用传统方法相应给分，找角2分，求解2分）（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BQC的法向量为　　 …………9分由，且，得……10分又，∴平面MBQ法向量为．　　      ……………11分∵二面角M-BQ-C为30°， ∴，∴．∴　　　　  ……………12分（注：用其它方法相应给分）42.（2022吉林实验中学高三年级第一次模拟，19）如图，正方形ADEF与梯形92\nABCD所在平面互相垂直，AD⊥CD，AB//CD，AB=AD=，点M在线段EC上且不与E、C重合。（1）当点M是EC中点时，求证：BM//平面ADEF；（2）当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为时，求三棱锥M—BDE的体积.[答案]42.查看解析[解析]42.（1）以分别为轴建立空间直角坐标系则的一个法向量，。即………………………..4分（2）依题意设，设面的法向量则，令，则，面的法向量，解得………………10分为EC的中点，，到面的距离…………………………………………………………12分92\n另解：用传统方法证明相应给分。43.(2022广西桂林中学高三2月月考，19)如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，，分别是,的中点．(Ⅰ)证明：；(Ⅱ)若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值．[答案]43.查看解析[解析]43.(Ⅰ)证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形，因为为的中点，所以，又，因此，因为平面，平面，且，所以平面，又平面，所以.         (5分)（Ⅱ）解法1：设，H为PD上任意一点，连接，.由（Ⅰ）知  平面，92\n则为与平面所成的角.在中，，所以 当最短时，最大，即当时，最大.此时因此 .又，所以，所以 .因为 平面，平面，所以 平面平面.[过作于，则平面，过作于，连接，则为二面角的平面角，（9分）在中，，,又是的中点，在中，,又在中，92\n即所求二面角的余弦值为（12分）解法二：由（Ⅰ）知，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又、分别为、的中点，所以，，，，，，，所以（7分）设平面的一法向量为，则，因此取，则因为，，，所以平面，故为平面的一法向量.又=，（10分）所以＜,＞=因为二面角为锐角，92\n所以所求二面角的余弦值为（12分）44.（2022湖北八校高三第二次联考数学（理）试题，19）如图，在三棱锥中，点是的中点，点在线段上,且．（Ⅰ）求的长； （Ⅱ）求二面角的余弦值．[答案]44.查看解析[解析]44.（2）92\n   设平面MNC的一个法向量为，则   令，则，即　　     ………………9分平面ANC的一个法向量为，   则   故二面角的余弦值为.　　　　 ………………12分45.(2022河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（理）试题,18)如图，在直三棱柱中，，且．  (I)求证：平面； (Ⅱ)求二面角的余弦值，[答案]45.查看解析[解析]45.92\n46.(2022吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，19)如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，且∥，是中点，平面，，是中点．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.[答案]46.查看解析92\n[解析]46. (1)证明：且∥，…2分则平行且等于，即四边形为平行四边形，所以.　　　　　　…………6分(2)『解法1』：延长、交于点，连结，则平面，易证△与△全等，过作于，连，则，由二面角定义可知，平面角为所求角或其补角.易求，又，，由面积桥求得，所以所以所求角为，所以因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为『解法2』：以为原点，方向为轴，以平面内过点且垂直于方向为轴　　以方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系.92\n则，，，，，…………8分所以，，可求得平面的法向量为又，，可求得平面的法向量为则，因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为.　　   …………12分47.(2022湖北武汉高三2月调研测试，)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．（Ⅰ）求直线B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值；（Ⅱ）在线段BC1上确定一点D，使得AD⊥A1B，并求的值．[答案]47.查看解析[解析]47.解：（Ⅰ）∵AA1C1C为正方形，∴AA1⊥AC．∵平面ABC⊥平面AA1C1C，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB．由已知AB＝3，BC＝5，AC＝4，∴AB⊥AC．如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，92\n则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)，48.(2022湖北八市高三下学期3月联考，19)如图甲，△ABC是边长为6的等边三角形，E，D分别为AB、AC靠近B、C的三等分点，点G为BC边的中点．线段AG交线段ED于F点，将△AED沿ED翻折，使平面AED⊥平面BCDE，连接AB、AC、AG形成如图92\n乙所示的几何体。（I）求证BC⊥平面AFG；（II）求二面角B－AE－D的余弦值．[答案]48.查看解析[解析]48.(Ⅰ)在图甲中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，易知DE⊥AF，DE⊥GF，DE//BC．………………………………2分在图乙中，因为DE⊥AF，DE⊥GF，AFFG=F，所以DE⊥平面AFG．又DE//BC，所以BC⊥平面AFG．……………………………………………………4分(Ⅱ)因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED平面BCDE=DE，DE⊥AF，DE⊥GF，所以FA，FD，FG两两垂直．以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，所以，0)．……………………………………6分设平面ABE的一个法向量为．则，即，取，则，，则．………………………………8分显然为平面ADE的一个法向量，所以．………………………………………………10分92\n二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．………12分49.(2022周宁、政和一中第四次联考，17)四棱锥中，，，，（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值；[答案]49.查看解析[解析]49.`  （Ⅰ）证明：∵，底面，，又∠ACB=90°，所以，而，所以.　　 （5分）   （Ⅱ），，为正三角形以为原点，边的中线所在直线为轴，直线为轴，为轴建立空间直角坐标系如图所示，则，由（Ⅰ）取面的法向量，由于，知面，故可设面的法向量，则，，即，（9分），所以，二面角的平面角的余弦值为.      （13分）50.(2022湖南株洲高三教学质量检测（一），17)如图，已知斜三棱柱（侧棱不垂直于底面）的侧面与底面垂直，，.   （Ⅰ）设的中点为D，证明底面；   (Ⅱ)求侧面与底面ABC所成二面角的余弦值.92\n [答案]50.查看解析[解析]50.    （Ⅰ）证明：∵，，∴∴三角形是等腰直角三角形，又是斜边的中点，∴，∵平面⊥平面，∴A1D⊥底面. （6分）   (Ⅱ)∵，∴∴三角形是直角三角形，过作的垂线，垂足为，则，，∴， （8分）以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，平行于BE的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则设平面的法向量为，则，即，化简得，令，得，所以是平面的一个法向量.由（I）得⊥面，所以设平面的一个法向量为92\n设向量和所成角为，则   即侧面与底面所成二面角的余弦值为.           （12分）51.(2022吉林高中毕业班上学期期末复习检测,20)如图1，在中，,且∥，将沿折起到的位置，使，如图2．  （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，求与平面所成角的正弦值.[答案]51.查看解析[解析]51.   解析 （Ⅰ），DE//BC，，又，AD　　         (4分)    （Ⅱ）以为原点，分别以为,,轴的正方向，建立空间直角坐标系，　　　　　　(5分)在直角梯形中，过作，，，，，，，　　　　(9分)设平面的法向量为则  ，，即令,，设与平面所成角为，       (12分52.(2022河南郑州高中毕业班第一次质量预测,19)在三棱柱中，侧面为92\n矩形，，D为的中点，BD与交于点O，侧面.   （Ⅰ）证明：；  （Ⅱ）若，求直线与平面ABC所成角的正弦值.[答案]52.查看解析[解析]52.     解析 （Ⅰ）证明：由题意,注意到,所以,所以,所以, 又侧面，又与交于点，所以,又因为,所以.      （6分）（Ⅱ）如图，分别以所在的直线为轴，以为原点，建立空间直角坐标系则，，92\n，，，又因为，所以        （8分）所以，，设平面的法向量为，则根据可得是平面的一个法向量,设直线与平面所成角为，则     （12分）53.(2022河北衡水中学高三上学期第五次调研考试,19)直四棱柱中，底面为菱形，且为延长线上的一点，面.设.(Ⅰ)求二面角的大小；(Ⅱ)在上是否存在一点，使面?若存在，求的值;不存在，说明理由.[答案]53.查看解析[解析]53.(Ⅰ)设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，则设则92\n平面即，设平面的法向量为则由得令平面的一个法向量为又平面的法向量为二面角大小为.(6分）(Ⅱ)设得，面　　存在点使面此时.（12分）54.(2022成都高中毕业班第一次诊断性检测，19)如图①，四边形为等腰梯形，，，为的中点，先将沿翻折到的位置，如图②，且平面平面.   （Ⅰ）求证：平面平面；   （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.[答案]54.查看解析[解析]54.   解析 （Ⅰ）且，四边形为平行四边形，又且，四边形为正方形，.  （3分）平面平面，又，平面平面，平面，，又，平面平面.        (6分）   （Ⅱ）以为坐标原点，、、所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系，设，易知，，，，，，，，  （8分)92\n设为平面的一个法向量，，，即，令，，，直线与平面所成角的正弦值为.　　  （12分）55.（2022陕西宝鸡高三质量检测(一)，18）如图，四棱锥中，底面为梯形,∥,,为的中点  （Ⅰ）证明：  （Ⅱ）若，求二面角的余弦值.[答案]55.查看解析[解析]55. （Ⅰ）由余弦定理得=，∴，∴，，92\n∵, ∴，∵底面，底面，∴，又∵，∴平面,又∵平面，∴.    (6分)  （Ⅱ）已知，，,由（Ⅰ）可知平面.如图，以为坐标原点，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，，,,，，设平面的法向量，则，，令, ∴取    （8分）  同理设平面的法向量为,则∴，∴cos<,>.∴二面角的余弦值大小为.     （12分）56.(2022江西七校高三上学期第一次联考,19)如图，在四棱锥中，为平行四边形，且平面，，为的中点，.（Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.[答案]56.查看解析92\n[解析]56. （Ⅰ）证明：连接，设与相交于点，连接，四边形是平行四边形，∴点为的中点.∵为的中点，∴为的中位线，∴//，（3分）∵，∴//.     （6分）(Ⅱ)解法一：∵平面，//，则平面，故，又，且，∴取的中点，连接，则//，且.∴.作，垂足为，连接，由于，且，∴，∴.∴为二面角的平面角.（9分）由∽，得，得，在中，.∴二面角的余弦值为.    （12分）(Ⅱ)解法二：∵平面，，则平面，故，又且，∴.（9分）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，∴，，求得平面的法向量为，又平面的一个法向量为，92\n∴.∴二面角的余弦值为.    （12分）57.(2022广州高三调研测试,18)在如图6的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，∥，，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．[答案]57.查看解析[解析]57.   （Ⅰ）证明1：因为，，在△中，由余弦定理可得．所以．所以．因为，，、平面，所以平面．    （4分）   证明2：因为，设，则．在△中，由正弦定理，得．因为，所以．整理得，所以．所以．因为，，、平面，所以平面．　　（4分）  （Ⅱ）解法1：由（1）知，平面，平面，所以．因为平面为正方形，所以．92\n因为，所以平面．（6分）　　取的中点，连结，，因为是等腰梯形，且，，所以．所以△是等边三角形，且．（7分）取的中点，连结，，则．因为平面，，所以．因为，所以平面．所以为直线与平面所成角．因为平面，所以．因为，，    （12分）在△中，．所以直线与平面所成角的正弦值为．           （14分）解法二：由（Ⅰ）知，平面，平面，，四边形为正方形，，又，平面.         （6分）、、两两互相垂直.建立如图的空间直角坐标系，四边形为等腰梯形，且，，，设，则，，，，，，，，   （9分）92\n设平面的法向量为，则，即，取得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．     （14分）58.(2022兰州高三第一次诊断考试,19)如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，是的中点.（Ⅰ）求证：平面平面（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．[答案]58.查看解析[解析]58.（Ⅰ）证明：平面，平面，，，，，则，又，平面，平面，平面平面.   （4分）（Ⅱ）如图，以为原点，取的中点，以、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，92\n，，，取，则，即为平面的一个法向量，设为平面的一个法向量，则，则，取，，则依题意，，，   （10分）于是，，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值.      （12分）59.(2022北京东城高三12月教学质量调研)如图：PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，PD=CD=2AD=2AB=2，EC=2PE.（Ⅰ）求证：PA∥平面BDE；（Ⅱ）求证：平面BDP⊥平面PBC；（Ⅲ）求二面角B-PC-D的余弦值.[答案]59.查看解析[解析]59.解：法一：证明：建立如图所示的坐标系，92\n（Ⅰ）A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），P（0，0，2），，，,，设，可得，因为，所以PA∥平DBE.       （3分）（Ⅱ）因为，所以,BC⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，所以BC⊥BD，所以BC⊥平面PBD，所以平面BDP⊥平面PBC.       （8分）（Ⅲ）因为AD⊥DC，AD⊥PD，所以是平面PDC的法向量，=（1，0，0），设平面PBC的法向量为n=（x，y，1），由， 得：n=（1，1，1），设二面角为B-PC-D为，则.所以二面角B-PC-D余弦值为.        （14分）法二：92\n（Ⅰ）连结AC交BD于G，连结EG，∵AB∥CD，∴,由已知,得，∴PA∥EG，∵平面DEG，PA平面DEG，∴PA∥平面DEG.         （3分）（Ⅱ）由已知可得，BD=，取CD的中点O，连结BO，ABOD为正方形，OB=OC=1，BC=，所以BD2+BC2=CD2，由勾股定理的逆定理知BC⊥BD，因为BC⊥PD，所以BC⊥平面BDP，所以平面BDP⊥平面PBC.          （8分）（Ⅲ）BO⊥CD，BO⊥PD，所以BO⊥平面PDC，BO⊥PC，在平面PDC内作OM⊥PC交PC于点M，所以PC⊥平面BOM，连结BM，BM⊥PC，∠BMO是二面角B-PC-D的平面角.在Rt△BMO中，OB=1，OM=OCsin∠DCP=，BM=，cos∠BMO=,所以二面角B-PC-D余弦值为.        （14分）92