【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线、平面垂直的判定和性质 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直线、平面垂直的判定和性质理（含2022试题）理数1.（2022吉林实验中学高三年级第一次模拟，3）设为平面，为直线，则的一个充分条件是（  ）A．    Ｂ．Ｃ．       Ｄ．[答案]1. D[解析]1. 当时可得，又因为，所以可得，所以选项D是的一个充分条件.2.(2022广西桂林中学高三2月月考，4)设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面．下列命题中正确的是(   )(A)　   (B)(C)　　 (D)[答案]2. D[解析]2. 若，则平面与垂直或相交或平行，故（A)错误；若，则直线与相交或平行或异面，故（B)错误；若，则直线与平面垂直或相交或平行，故（C)错误；若，则直线，故（D)正确.选D.3.（2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，13）如图,正四棱锥中，，是边的中点，动点在四棱锥的表面上运动，且总保持，点的轨迹所围成的图形的面积为,若以的方向为主视方向，则四棱锥的主视图的面积是          .57\n[答案]3. 4[解析]3. 由题意可得点P在过点E且与直线AC垂直的平面上，取线段PC、CD的中点分别为F、G，并设GE与AC交于点H.易得直线AC⊥平面EFG，所以点P的轨迹即为△EFG，因为AB=2，所以GE=，点的轨迹所围成的图形的面积为，所以可得FH=2，根据勾股定理可得GF=，所以四棱锥的侧棱长为.所以四棱锥的主视图是以腰长为底边长为2的等腰三角形，其面积为4.4.(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]4.查看解析[解析]4.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,57\nDF=×=,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.(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=0.57\n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>==.所以二面角A1-AB-C的大小为arccos.(12分)5.(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]5.查看解析[解析]5.(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=.57\n(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),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.6.(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]6.查看解析[解析]6.(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.57\n(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),E,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=1,57\n∵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=,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=.7.(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.57\n[答案]7.查看解析[解析]7.(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.(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.8.(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57\nBPC与平面DPC夹角的余弦值.[答案]8.查看解析[解析]8.(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.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),=.57\n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===.9.(2022湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,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]9.查看解析[解析]9.(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=.57\n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.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.10.(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=.57\n(Ⅰ)证明:DE⊥平面ACD;(Ⅱ)求二面角B-AD-E的大小.[答案]10.查看解析[解析]10.(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.57\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.11.(2022江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.[答案]11.查看解析[解析]11.(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.57\n又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.12.(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]12.查看解析[解析]12.(Ⅰ)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF.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,=57\n,=(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).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.13.(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;57\n(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]13.查看解析[解析]13.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cos<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,57\n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=.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57\n,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.14.(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.[答案]14.查看解析[解析]14.(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57\n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=××××=.15.(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]15.查看解析[解析]15.（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∴点到平面的距离与点B到平面的距离相等57\n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16.(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19)如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。57\n(Ⅰ)求证：当时，平面面；(Ⅱ)当时，求二面角的大小。[答案]16.查看解析[解析]16.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)(Ⅱ)∵，57\n∴，∵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)17.(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所成二面角的平面角为θ（θ90°），试求cosθ的取值范围．57\n[答案]17.查看解析[解析]17. （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,57\n∵0≤λ≤,∴当λ=0时，cosθ有最小值，当λ=时，cosθ有最大值. ∴cosθ∈［］..............12分18.(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]18.查看解析[解析]18.57\n19.(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]19.查看解析[解析]19.（Ⅰ）证明：如右图，过点在平面内作于，57\n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，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，57\n由，取，由，取，，.     （12分）20.(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]20.查看解析[解析]20.（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）57\n（Ⅱ）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.，，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）21.（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.57\n[答案]21.查看解析[解析]21.（向量法）(Ⅰ)如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，那么所以，，，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）57\n(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）22.(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.[答案]22.查看解析[解析]22.(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）57\n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）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，，57\n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）因为是等腰梯形，且，所以.不妨设，则，，，，，57\n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）23.(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；（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]23.查看解析[解析]23.（Ⅰ）依题设知，是所作球面的直径，则，又因为平面，则，又，57\n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，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，57\n所以所求距离为.   （14分24.(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]24.查看解析[解析]24.（Ⅰ），为的中点，，又底面为菱形，，,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.57\n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）25.（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．[答案]25.查看解析[解析]25.57\n26.（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．57\n[答案]26.查看解析[解析]26. （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．57\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）27.(2022广西桂林中学高三2月月考，19)如图，已知四棱锥，底面57\n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]27.查看解析[解析]27.(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，则为与平面所成的角.57\n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，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，，，，，，57\n，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，所以所求二面角的余弦值为（12分）28.(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，57\n[答案]28.查看解析[解析]28.29.(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57\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]29.查看解析[解析]29.(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57\n二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．………12分30.(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]30.查看解析[解析]30.`  （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）31.(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.57\n [答案]31.查看解析[解析]31.    （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57\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）32.(2022江苏苏北四市高三期末统考,16)如图，在三棱锥中，点分别是棱的中点.　　（Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）若平面平面，，求证：.[答案]32.查看解析[解析]32.   解析 （Ⅰ）在中，、分别是、的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（6分）（Ⅱ）在平面内过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面,又平面，所以，（10分）又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以.（14分）33.(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.57\n[答案]33.查看解析[解析]33.   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34.(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57\n正弦值.[答案]34.查看解析[解析]34.     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，，，，，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）35.(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，57\n，，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]35.查看解析[解析]35.   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)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）36.（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：57\n  （Ⅱ）若，求二面角的余弦值.[答案]36.查看解析[解析]36. （Ⅰ）由余弦定理得=，∴，∴，，∵, ∴，∵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57\n∴，∴cos<,>.∴二面角的余弦值大小为.     （12分）37.(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]37.查看解析[解析]37. （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，57\n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，∴.∴二面角的余弦值为.    （12分）38.(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]38.查看解析57\n[解析]38.（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，，，，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）39.(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.57\n（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]39.查看解析[解析]39.解：法一：证明：建立如图所示的坐标系，（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），57\n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：（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=,57\n所以二面角B-PC-D余弦值为.        （14分）57