專題03空間幾何（解答題10種考法）

1.（2023?貴州?校聯考模擬預測）如圖，四棱錐尸—AfiCD中，E4=PB=AB=AD=2,BC=4,ADIIBC,

ADJ.AB,AC與8。交于點。，過點。作平行于平面的平面a.

⑴若平面。分別交PC,BC于點E,F,求AOEF的周長；

（2）當PD=2應時，求平面a與平面PCD夾角的正弦值.

【答案】⑴4

⑵述.

5

【解析】（1）由題意可知，四邊形A3CD是直角梯形，

EI4AOD與△COB相似，又AE>=：BC,

0AO=-（9C,OD=-OB,

22

因為過點O作平行于平面的面。分別交PC,BC于點E,F,

即平面OEF〃平面上鉆，平面O￡Fp|平面PBC=E尸，平面PBCc平面=,

平面OEFCl平面以C=OE,平面PACPI平面=

平面OEFfl平面ABC=Ob，平面ABCc平面=

由面面平行的性質定理得OE7/B1,OF//AB,EF//PB,

所以右時與AOEF相似，相似比為3:2,即第=例=總=],

因為APAB的周長為6,所以AOET7的周長為4.

（2）回平面a〃平面P4B,回平面a與平面PCD的夾角與平面上4B與平面PCD的夾角相等,

0AD=2,PA=2,PD=272，回PD?=AD?+PA?,

SAD±PA,又AD，AB,AB^PA=A,45,PAu平面R43,EIAD_L平面RIB,

ADu平面ABCD,回平面P4B_L平面ABCD,

取AB的中點G,因為44BC為等邊三角形，0PG1AB,平面上4Bc平面ABCD=AB,

PGu平面B4B,OPGJ_平面ABCD,

以A點為原點，AB所在直線為尤軸，AD所在直線為，軸，過點A與PG平行的直線為z軸，建立如圖所示

空間直角坐標系，

則4（0,0,0）,0（0,2,0）,P（l,0,73）,C（2,4,0）,通=（0,2,0）,DC=（2,2,0）,DP=（l,-2,^3）,

設平面PCD的法向量”=(x,y,z),

DCn=Q[2x+2y=0

則一，即,

DPn=0[x-2y+j3rz=。

取x=l,貝U"=(1,-1,-君)，

EIAD_L平面B43,團而是平面上4B的一個法向量，

|AD-n|1/9/7

設平面a與平面PCD夾角為凡貝i]cos6=『4=了=3,所以sin8=42,

|AD||M|V555

所以平面a與平面尸CD夾角的正弦值為竽.

2.(2023?江西九江?統考一模)如圖，直角梯形ABCD中，AD//BC,NBAD=90°,AB=AD=6,BC=242,

將△ABD沿翻折至的位置，使得A3_LAC,尸為8C的中點.

⑴求證：平面A3D_L平面BCD；

⑵H為線段AC上一點(端點除外)，若二面角。-止-8的余弦值為且，求線段的長.

3

【答案】⑴證明見解析

⑵顯

2

【解析】(1)易知A3，A'C,A'BJLAO,A'CcAO=4,4(7,4方＜=平面40),

42_1平面4。。，

又CDu平面A'CD,所以CDLA3

由直角梯形ABCD,AD//BC,ABAD=9Q°,AB=AD=日

可得3D=CD=2,又BC=26,得CD_LBD；

又ABcBD=B,AB,8。u平面A33,所以CD_L平面A3。

又CDu平面BCD,可得平面平面3co

(2)取8。的中點E,連接AE,EF,

■.■AB=AD,:.AE±BD,

又平面ABD，平面BCD,平面ABDA平面3c.1AE，平面3CD,

?.?E為的中點，F為BC的中點，可得EF//CD,又CDLBD,

:.EF±BD

故以EB,EF,胡'所在的直線分別為元,yz軸，建立如圖空間直角坐標

系,則E(0,0,0),A'(0,0,1),。(-1,0,0),尸(0,1,0),C(-l,2,0),

設麗=4HCXe(O,l),則//(一42/1,1—/1)

設平面HDF的一個法向量為m=(x,y,z),

?.?DF=(1,1,0),DH=(l-A,2/l,l-2),

m-DF=%+y=0

所以喬麗=（一）”>（一）』’令I'得—「二。

q1—1

即記=（1,-1,J）

1—/t

平面CDF的一個法向量為n=（0,0,1）

可得Icos（九n）|=\m-n\,解得2=g或％=0（舍）

\m\-\n\

即H為AC的中點，易知Ac=#,

故線段AH的長為-\A'C\=—.

22

3.（2023?廣西南寧?南寧二中校聯考模擬預測）如圖所示，在多面體ABCDEF中，底面ABCD為直角梯形,

AD//BC,AB1BC,側面ABEF為菱形，平面ABEF，平面A3CD,M為棱班的中點.

⑴若點N為DE的中點，求證：MN||平面ABCD；

（2）^AB=BC=^AD,NEBA=60。,求平面AMD與平面EFD夾角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵也,

19

【解析】（1）證明：連接BO,MN,

因為M,N分別為BE,DE的中點，所以MN為△￡?￡）的中位線，所以MN//BD,

又平面A3c。，3￡>u平面A3CD,所以朋N〃平面A3CD.

（2）解：取AB的中點。，連接0E,

因為側面ABE尸為菱形，且NEBA=60。，

所以在△班。中，EO2=BO2+EB2-2BO-EBcos60°,解得EO=6BO,

所以E0?+OB2=EB2',即OE-LAB,

又因為平面AB￡F_L平面ABCD,平面ABEFc平面ABCD=AB,OEu平面ABEF,

所以OE_L平面ABCD,

過。作AB的垂線，交8。于”并延長，

分別以QH,OA,OE所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系。-舊,

如圖所示，設">=4,則A3=3C=LAO=2,

2

故網0,0,6），0（4,1,0）,A（O,1,O）,網0,2,6）,B（0,-l,0）,

（16）343一回

則M0,--,^-4o時,MD=’2'2）,而=（0,2,0）,ED=（4,1,-V3）,

l227

m?MA=—y,-z,=0

2121X]=0

設平面肱ID的法向量為克=（占,M，zJ,貝卜L，H即n彳

—.3J3*1=島1,

m?MD=4%+/X———Z]=0

取％=1,可得肩=（。,1,0）,

n-EF=2y2=0%=0

設平面EFD的法向量為萬=（%,為*2）,，一,i-，即＜

m-ED-4玉+y2-J3Z]=04X2=V3Z2

令Z2=4，5,貝1］々=3,所以〃=（3,0,4指）,

/_一\m-n2V57%尺7

則cosWn）=MH=一歷一，故平面MAD與平面EFD夾角的余弦值為包i.

TT

4.（2023?新疆?統考三模）如圖，在圓柱體。反中，。4=1,。。=2,劣弧4月的長為:，AB為圓。的直

6

徑.

⑴在弧AB上是否存在點C(C,4在平面。AAO1同側)，使BCJ.A與，若存在，確定其位置，若不存在,

說明理由；

⑵求二面角A-°田-4的余弦值.

【答案】⑴存在，8c為圓柱的母線

(2)2A^T

17

【解析】(1)存在，當2。為圓柱。。1的母線時，BCJLA耳.證明如下:

連接BC,AC,BXC,因為8c為圓柱。。1的母線，所以4CJ.平面ABC,

又因為3Cu平面ABC,所以4CL8C.

因為為圓。的直徑，所以3CLAC.

又ACc4C=C,AC，4Cu平面AB。，所以3cl平面陰C,

因為AB|U平面陰C,所以8CLA片.

(2)以。為原點，040a分別為y,z軸，垂直于y,z軸的直線為無軸建立空間直角坐標系，如圖所示,

則4(。,1,2),a(0,0,2),B(0,-l,0),

因為劣弧44的長為B，所以幺。內=$,坐,2

6O122

貝I」印=(0,-1,-2),OX=

設平面。田用的法向量/=(x,y,z),

O[B,m=-y-2z=0

則OR.沆=gx+y=0

/

令X=-3,解得y=百,z=一,所以沆=-3,

因為X軸垂直平面4。田，所以平面AQ8的一個法向量為=(1,0,0).

所以8S彷㈤二丁—2A/51

W+3+417，

又二面角A的平面角為銳角,

故二面角A的余弦值為亞I.

17

5.(2023?河南?校聯考二模)如圖所示，正六棱柱A8C￡)EB-4AG2片片的底面邊長為1,高為P為線

段。月上的動點.

⑴求證：AP〃平面ABC；

⑵設直線轉與平面。￡4所成的角為。，求sin。的取值范圍.

【答案】⑴證明見解析

將后

(2)

【解析】(1)連接AD,

在正六棱柱ABCDEF-ABCREH中,

因為底面為正六邊形，所以AD//3C,

因為ADO平面ABC,BCu平面ABC,所以AD〃平面ABC.

因為C￡>〃4與，CD=AtFlt所以四邊形。￡A為平行四邊形，

所以￡>4〃AC,又。月0平面ABC,ACu平面ABC,所以〃平面ABC,

z4FiE\

又4￡)門0￡=￡),所以平面AD耳〃平面ABC,

因為尸為線段。月上的動點，所以APu平面A。月，

所以AP〃平面A8C.

(2)取AC的中點為°,連接A。，AC.

因為底面邊長為1，所以AC=G，

因為4A=有，所以AA=AC,所以AQ^AC.

易得CDJ_AC,CDl^A,ACc4A=A,所以CD,平面AAC,所以COLA。，

因為ACcCO=C,所以AQL平面CD片4,

即AQ為平面CDF.A,的一個法向量.

連接M,以8為坐標原點，BC,BF,8⑸所在直線分別為x,y,z軸建立空間坐標系8-孫z,

則A,A—3，^^,石，c(i,o,o),of—,月(o,宕,6),

、JI7kJ

所以Q］，,，咚)所以醺=:，一￥，￥］訪=1|，￥，6］而=(2,0,0)?

設麗=4斫=(一與，與，⑨(0<2<1),

、

所以"=布+而=2一苓半，血,

7

3

APAQ

則sin0=2

用展一n=."一262-32+2'

2

因為0W/W1,所以3/1?-3X+2e；,2,所以sin。的取值范圍是\/6_715-

彳'亨'

6.（2023?陜西商洛?鎮安中學校考模擬預測）如圖，在六面體ABCDEFG中，四邊形ABCD是菱形,

AF//DE//CG,AF_L平面ABCD,ZDAB=60°,H為8的中點，〃平面BGEF.

⑴求2；

（2）若AF=AB=2,求直線BH與平面BGEF所成角的正弦值.

AF

【答案】（1）“2

CCJ

⑵萼

【解析】（1）,?,四邊形ABCD是菱形，，AB〃CD,

又CDu平面CQ￡G，A5O平面CQEG，；■口//平面CQEG，

同理可得：A尸〃平面CQ￡G-

QABIAF^A,AB,A/u平面ARF,.,.平面ABF〃平面CQ￡G，

,平面BGEFpl平面CDEG=EG,平面BGEF平面AB/7=跖，EG//BF,

同理可得：3G〃所，，四邊形BGEF是平行四邊形;

連接交于點連接AC,3。交于點N,連接初V,

設AF=a,CG=b,貝!]DE=2肱V=AF+CG=a+b,

延長EG,DC交于點Q,連接BQ,

???AH〃平面BGEF,河匚平面48。。，平面ABQDC平面BGEF=3Q,A"〃BQ,

又AB//HQ,.?.四邊形AHQB為平行四邊形，則HQ=AB=C￡>,

???”為C￡>的中點，.?.QC=CH=HD.

CGQC1blAF

???CG.，誕=§，即有=屋解得：a""，

(2)由(1)知，MN,AC,3D兩兩垂直，故以N為坐標原點，福，礪，兩正方向分別為無力*軸的正方向,

可建立如圖所示空間直角坐標系,

(V3,0,2),G(-^,0,l),

6一3]

.-.BF=(73,-1,2),BG=(-V3,-1,1),BH=

設平面BGEF的法向量為n=(x,y,z),

n-BF=-y+2z=0廣-ir\

則—,令x=6,解得：y=-9,z=-6,?=(V3,-9,-6)

n-BG=->/3x-y+z=Q''

?.|cos(麗，訃127w

6x2回5

即直線BH與平面BGEF所成角的正弦值為叵

5

7.(2023?四川成都?模擬預測)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面A3CD是矩形，AB=1,AD=2,側面R45JL

底面ABCD,側面底面ABCD,點F是PB的中點，動點E在邊BC上移動，且E4=l.

⑴證明：R4垂直于底面ABCD.

7T

(2)當點E在8c邊上移動，使二面角為:時，求二面角尸-的余弦值.

6

【答案】⑴證明見解析

⑵反

4

【解析】(])因為側面底面ABCD,側面B4BC底面ABCD=AB,

而底面ABCD是矩形，故ADSAB,ADu底面ABCD,

故AD_L平面而上4u平面故">_LR4;

同理側面上4。，底面ABCD,側面皿)c底面ABCD=AD，

而底面A3CD是矩形，故AD1AB,/Wu底面A3CD,

故AF工平面PAD,而R4u平面PAD,故AB_LR4,

又ABPIA。=AAB,ADu底面ABCD,

故PA垂直于底面ABCD

(2)由(1)知R4J_底面ABCD,ABu底面ABCD,

故B4_LAB,點/是P8的中點，且上4=AB=1,

故AF_LP3,PJB=V2;

又A￡)_L平面BR,">〃3。,故8。1平面巳45,

AFu平面RIB,故3cl?AF,而PBc3c=反尸B,BCu平面尸3C,

故AF_L平面PBC,故/郎E即為二面角E-AF-3的平面角，

即/2FE=5；而NEBFJ,BF,PB力,:.BE=a

62226

以A為坐標原點，以所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系,

故加=（0,0,1）,需=通=（骼

,1,0),

22

設平面E4E的法向量為正=（占,M，zJ,

乎占+%=°

m-AE=0O

則＜_，即

m-AF=011c

、寸+寸=。

令%=屈,則M=-l,zi=l,即加=(后,-1,1),

設平面R4E的法向量為〃=（工2，%22），

4=。

n-AE=0

則一，即O

n-AP-0

“2=0

令%=底,則%=-1,即■=（遙，-1,0）,

m-n7叵

故cos(m,ri)=

\m\\n\~2y/2x^丁

由原圖可知二面角尸-AE-尸為銳角，

故二面角尸-AE-尸的余弦值為巫.

4

8.（2023?河北衡水?河北衡水中學校考一模）如圖所示，AB,C,O四點共面，其中4BA。ZADC=90°,

A2=；A。，點P,。在平面A3CD的同側，且尸平面A5CD,ABCD.

p

⑴若直線/u平面上4B,求證：〃/平面CDQ；

(2)若「。〃AC,ZABP=ZDAC=45°,平面8PQI平面C￡>Q=加，求銳二面角B—m—C的余弦值.

【答案】⑴證明見解析

喈

【解析】(1)?.?外，平面A3CD,口2，平面4500,;.尸4/。0,

;PA<Z平面8。，CQu平面CDQ,,PA〃平面8。；

■.■ZBAD=ZADC=9Qa,A民C,。四點共面，

平面8。，CDu平面CDQ,.?.A3〃平面CD。；

■.■PA^AB=A,尸AABu平面RW,.?.平面B4B〃平面CD2,

又/u平面上4B,〃平面CDQ.

(2)以A為坐標原點，麗，亞,而正方向為羽％z軸，可建立如圖所示空間直角坐標系,

設A3=l,則AP=1,AD=CD=2AB=2,

■.PQ//AC,PA//CQ,；.四邊形ACQP為平行四邊形，:.PA=QC=l,

則3(1,0,0),P(0,0,l),2(2,2,1),..BP=(-1,0,1),BQ=(1,2,1),

設平面BPQ的法向量〃=（X,y,z）,

UL，l—人4—\J—?.、

「?<—.，令%=1,解得：y=-i,z=i,/.M=

BQn=x+2y+z=0

,平面軸，平面PAB〃平面CDQ,.,.平面CDQJ_y軸，

,平面CDQ的一個法向量五=（0』,0）,

Icos（m,~n\=，=-n==-^->即銳二面角3-m—C的余弦值為立.

1\/I|L叫|J“|4333

9.（2023?江蘇徐州?校考模擬預測）在三棱臺ABC-AE尸中，G為AC中點，AC=2DF,ABJ.BC,BCJLCF.

A

⑴求證：3C1平面DEG；

_IT

(2)若AB=3C=2,CFJ.AB,平面EFG與平面ACED所成二面角大小為§,求三棱錐E-DFG的體積.

【答案】⑴證明見解析

嗎

【解析】(1)在三棱臺MC-D印中，G為AC中點，則AC=2GC,

y.AC=2DF,:.GC=DF,

-.-AC//DF,二四邊形GCED為平行四邊形，,DG〃CF,

又BCLCF,:.BC±DG,

DEI/AB,ABIBC,:.BCLDE,

?:DEp\DG=D,￡>E,DGu平面DEG,，3C_L平面DEG.

(2)-.-CFIAB,DG//CF,:.DGA.AB,

又DGLBC,ABcBC=B,AB,8Cu平面ABC,.?.DG,平面ABC,

連接3G,-：AB=BC=2,AB1BC,G為AC中點，GBLAC-,

以｛GB,GC,GD］為正交基底，可建立如圖所示空間直角坐標系G-孫z,

則G（0,0,0）,B（V2,0,0）,A（0,-^,0）,C（0,夜,0）,

設DG=CF=〃z（〃z>0）,則0（0,0,孫F（0,>/2,m）,

72V2、

.-.GE=GD+OE=GD+|AB=（0,0,/??）+1（A/2,A/2,0）=,GF=（0,72,m）,

22

7

設平面EFG的一個法向量為〃=(%,y,z),

--72VI八

n?GE=xHy+mz=0「一

則22,令Z=—0，解得：y=m,x=m,二〃

n-GF=y/2y+mz=0

又平面ACFD的一個法向量設=(1,0,0),

\m-n\m

cos（m,n=—,解得：m=l,即DG=1,

|/H|-|M|y/lm2+2

???r）G_L平面ABC,平面A5C〃平面OEF,.?.DG_L平面DEF,

??VE—DFG=VG-DEF=耳S^DEF?￡）G=-x-xlxlxl=-

326

10.(2023?河南鄭州,統考模擬預測)已知正四棱臺ABCD-ABCJR的體積為生亞，其中42=244=4.

3

⑴求側棱M與底面ABC。所成的角；

⑵在線段CG上是否存在一點尸，使得若存在請確定點?的位置；若不存在，請說明理由.

【答案】(*

（2）不存在，理由見解析

【解析】（1）依題意，在正四棱臺A3。一A4GR中，AB=2AM=4,

所以上底面積H=2X2=4,下底面積8=4X4=16,

設正四棱臺的高為3則;（4+/^正+16）〃=粵=

連接AC，AG，則4。=4近，4。1=2近，

所以乃==述:+*=印=2,

設側棱AA與底面ABCD所成的角為6,則si"=二=零，

AA12

由于線面角，的取值范圍是「0,』，所以6=：.

L2J4

（2）連接8。,用鼻，設正四棱臺上下底面的中心分別為。”。，

以。為原點，OA,OB,OOX分別為％Mz軸建立如圖所示空間直角坐標系，

a（亞,0,0）,￡＞（0,-2行,0）,8（0,20,0）,

設線段CG上存在一點尸，滿足于=4承（04九41）,

G卜&,0,也）,C（2也,0,0）,京=卜0,0,-0）,

于=（3&,0,-衣I）,

貝［J而=西+束=（-72,-272,亞）+（3夜40,-722）=（3^2-0,-2在夜-0X）,

若BP_LAD,則麗.麗=0,

即-A/2（3A/22-A/2）+8-72（＞/2-^2）=0,

解得％=2,舍去，

所以在線段cq上不存在一點尸，使得3尸，4,

z

IL（2023?安徽六安?安徽省舒城中學校考模擬預測）如圖，已知多面體E45CD尸的底面A3CD是邊長為2

的正方形，E4,底面ABCD,FD//EA,且b。=!必=1.

2

E

BK

⑴記線段3c的中點為K,在平面ABCD內過點K作一條直線與平面ECF平行，要求保留作圖痕跡，但不

要求證明；

（2）求直線與平面ECF所成角的正弦值.

【答案】⑴答案見解析

【解析】（1）延長設其交點為N,連接CN,

則CN為平面ABCD與平面ECF的交線，

取線段CD的中點連接KM,直線KM即為所求.

證明如下：延長AD,現"設其交點為N,連接CN,

則CN為平面ABCD與平面ECF的交線，

因為ECV/EA,所以△FDASAE4N,又FD.EA,

所以NDaNA,

2

所以ND=DA=BC,又NDHBC,

所以四邊形BCND為平行四邊形，所以CNMBD,

取C。的中點連接KM,

回K,M分別為2C,8的中點,

SKM//BD,HKM//CN.

EIC/Vu平面EFC,平面EFC,

E1KM〃平面￡FC.

（2）以點A為原點，AB所在的直線為無軸，AD所在的直線為＞軸，建立空間直角坐標系，如圖.由已知

可得4(0,0,0),雙0,0,2),8(2,0,0),C(2,2,0)產(0,2,1),

所以反=（2,2,-2）,麗=（2,0,-2）,麗=（0,2,—1）,

設平面ECF的法向量為，=（x,y,z）,

n-EC=0,(x+y-z=0

則—得。-_，

n-EF=0.[2y—z=0n

取y=l得，x=l,z=2,

平面ECF的一個法向量7=(1,1,2).

設直線EB與平面ECT所成的角為凡

,__..?EB-n\o、口

貝Usind=cos(EB,n)\=.=—―==—

?'力麗?同272x766

12.（2。23?河北滄州?校考三模）如圖，該幾何體是由等高的半個圓柱和:個圓柱拼接而成CE,2G在同一

平面內，S.CG=DG.

G

(1)證明：平面ATO_L平面5CG；

⑵若直線GC與平面ASG所成角的正弦值為平,求平面BFD與平面A5G所成角的余弦值.

【答案】⑴證明見解析

⑵半

【解析】([)如圖，連接CE,DG,因為該幾何體是由等高的半個圓柱和!個圓柱拼接而成，

4

CG=DG,所以/ECD=NDCG=45。，所以/ECG=90°,所以CELCG.

因為BC〃EF,BC=EF,所以四邊形3CEF為平行四邊形，所以8PllcE,所以族JLCG.

因為平面ABF,3戶u平面ABF,所以

因為BC,CGu平面BCG,BCcCG=C,所以族，平面3CG,

因為8Pu平面3尸方，所以平面3FD_L平面8CG.

(2)如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，設AF=2,AD^t,

則4(0,0,0),8(0,2,0),尸(2,0,0),0(0,0,r),G(-l,l,r),C(0,2j),

則通=(0,2,0),衣=(-1,14,GC=(1,1,0),

設平面ABG的一個法向量為〃z=(x,y,z),

m-AB=0,[y=0一/

則一即,C令z=l，則m=r,O,l,

m-AG=0,[-x+y+tz=07

記直線GC與平面A3G所成的角為d,

則sin0=|cos5,樸崗=后—=半'

解得r=2(負值舍去)，即AZ)=2.

設平面BED的一個法向量為三=(x',y,z'),FB=(-2,2,0),麗=(-2,0,2),

n-FB=Q{-2x'+2y'=0

則4.即《

n-FD=0[—2xr+2zr=0

令/=1,則3=(1,1,1).

m-n3

所以cos

5

因此平面3FD與平面ABG所成角的余弦值為史.

5

13.(2022?貴州安順?統考模擬預測)如圖，在正方體中，￡是棱CG上的點(點E與點C,

G不重合).

⑴在圖中作出平面與平面ABC。的交線，并說明理由；

(2)若正方體的棱長為1,平面A2E與平面ABC。所成銳二面角的余弦值為"1,求線段CE的長.

22

【答案】⑴答案見解析

⑵g

圖1

如圖L分別延長2E,OC,交于/點，連接AF,則”即為所求交線.

因為REnCO=B,AEu平面A，E,CDu平面ABCD,

所以，Fw平面ARE,尸e平面A3CD.

又Ae平面Aw平面ABCD,

所以AFu平面AQE,AFu平面ABC。，

圖2

如圖2,以點。為坐標原點，分別以ZM,￡>C,D〃所在的直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，設CE=a,

0<a<l.

則R（0,0,1）,A（l,0,0）,E（0,l,a）,￡>（0,0,0）,

所以,西=（0,0,1）,宿=（一1,0,1）,庭=（0,1,af.

根據正方體的性質可知，平面ABCD,

所以函=（0,0,1）即為平面A3CD的一個法向量.

設〃=（x,y,z）是平面ADjE的一個法向量,

n?AD=0一x+z=0

所以,i即

y+(〃_l)z=0

h?DXE=0

令z=l,則x=l,y=x-a,

所以，7=（1/-a,l）是平面AQE的一個法向量.

由已知可得,

?〃?叫_35/223應

即

22

415

整理可得，（"-1）9=§,解得。=§或〃=|（舍去）,

所以，a=-,即CE=」.

33

14.（2023?四川成都,樹德中學校考模擬預測）直三棱柱A3C-44G中，AC=BC=CC,=2,。為5c的中

點，點E在A4上，ADVDCX.

(1)證明：BCm\AD.

（2）若二面角A-OE-G大小為30。，求以A，E,D，G為頂點的四面體體積.

【答案】⑴證明見解析

【解析】（1）團三棱柱ABC-A^Ci為直三棱柱，回平面AHC,ADu平面ABC,

[ZlCjClAD.

又AD_LDG，DC[CCCi=Ci，OGCGu平面CQC,

[3ADJ_平面G。。，5Cu平面G。。，

^\AD±BC,又平面ABC,3Cu平面ABC,^AA.IBCf

A4,cA￡)=A,朋,AOu平面AAO,

回8。1平面44。.

（2）因為AC=8C,。為BC的中點，AD1BC,所以Afi=AC,

U

團AABC為正三角形，如圖建立空間坐標系，由（1）易知平面的一個法向量4=（1,。,0），

設AE=6,回詼=（0,也,〃），/=（1,0,2）,

LU

設平面DEC,的法向量為n2=（x,y,z）,

%-DE=0辰=。，取第=卜2"-/1,⑹,

則——,，即

n2?DC1=0—0

由c°s30。=："=/2f=g,解得//=］或勿=-1（舍去）,

H-hlJ（叫+152

0S“的=；x1xg=2，點C|到平面\ED距離為1,

團以A,E,2G為頂點的四面體體積為V=1X———X1=——-.

326

15.（2024?安徽黃山?屯溪一中校考模擬預測）如圖，在梯形A3。）中，AB//CD,AD=DC=CB=1,

ZABC=60°,四邊形ACFE為矩形，平面ACFE_L平面ABCD,CF=1.

⑴求證：BCmACFE；

（2）求二面角A-BF-C的平面角的余弦值；

⑶若點M在線段所上運動，設平面肱記與平面產CB所成二面角的平面角為。2V90。），試求cos。的范圍.

【答案】⑴證明見解析

(2)手

(3)cos6(

【解析】(1)證明：在梯形A3CD中，?.?AB〃CD,AD=DC=CB=1,ZABC=&)°,/.AB=2,

AC2=AB2+BC2-2ABBCCOS600=3,

AB-=AC'+BC2,:.BC±AC,?平面ACFE_L平面ABCD,平面ACFEc平面A3CD=AC,3Cu平

面ABCD,.?.BC±￥ffiACFE.

(2)解：取FB中點G,連接AG,CG,

-.■AF=ylAC2+CF2=2<：.AB=AF,:.AG±FB,

?.?CF=CB=1,r.CG_Lq，,/AGC為二面角的平面角.

:BC=CF,；.FB=母,：.CG=—,AG=—,

22

(3)由(2)知：

①當"與廠重合時，cos。空;

②當M與E重合時，過8作師〃CF,且使3N=CF,連接EN,FN,則平面跖Wp|平面FCB=BN,

vBC1CF,ACJ.CF,3Cu平面ABC,ACu平面ABC,BCAAC=C,b_L平面ABC,BN_L平

SABC,:.ZABC=6,「.9=60。，.,.cos<9=-；

2

③當"與E,歹都不重合時，令FM=九,0</<73,延長AM交CF的延長線于N,連接BN,;.N在

平面與平面FCB的交線上，在平面M4B與平面FCB的交線上，，平面M4BCI平面FCB=3N,

過C作C"，NB交N3于H,連接AH,

由（1）知，AC1BC,又???AC_LC7V,CN,BCu平面NCB,CNCBC=C,

.:AC/平面NCB,u平面NC3,:.ACLNB.

又〈CHLNB,4u。〃<=平面&0/,ACr>CH=C,..A?_L平面AS,:.AH1NB,:.ZAHC=0.

h/?

在4c中，NC=——,從而在△NCB中，CH=——5=--

V3-2(2-V3)2+3

■\/3,yj(A-\/3)~+4

VZACH=90°,：.AHAC2+CH2=「＜入＜

小(A―6)2+3Js?405

立…J

72

綜上所述，cosOe

16.（2023,黑龍江哈爾濱?哈爾濱市第六中學校校考三模）已知直三棱柱ABC-44cl中，側面為正

方形，AB=BC,E,尸分別為AC和CQ的中點，。為棱A由上的動點,BF_LA%

⑴證明：BFLDE-,

（2）求平面8片￡。與平面。所所成的二面角正弦值的最小值及此時點D的位置.

【答案】⑴證明見解析

(2)最小值為且，點。為靠近用的A4的四等分點

3

【解析】(1)因為三棱柱ABC-44G是直三棱柱，所以B片，底面ABC,

又3C,A8u底面ABC,所以班JAB,BBt1BC,

又因為AB〃44，BF±A}Bt,所以3尸，AB,

又BB、cBF=B,BBrBFu平面BBCC，所以ABI平面

又BCu平面所以ABIBC,即區4,BC,B瓦兩兩垂直，

以8為原點，分別以與所在直線為X'z軸建立空間直角坐標系，設AB=2,則

x

8(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,2),A(2,0,2),C/0,2,2),￡(1,1,0),尸(0,2,1),設￡>(凡0,2)(0。。42),

所以而=(0,2,1),DE=(l-(z,l,-2),

因為麗詼=0x(1-a)+2x1+lx(-2)=0,

所以而_L詼，即班

(2)設平面D砂的法向量為，=(x,y,z),

因為訪=(-1,1,1),DE=(l-a,l,-2),

n-EF=-x+y+z=0_

所以<__.'，令z=2-a,貝！］”=(3,l+a,2-a),

h'DE=(1-a)x+y-2z=Q

平面34C1C的一個法向量為麗=(2,0,0),

設平面BBCC與平面。所所成的二面角為，,

ft-BA

貝Jcosq=kos〈為，麗〉|=6___________3_3

麗2x732+(l+a)2+(2-a)2,2/一2a+14~1J27'

當a=g時，2、-g：+m取最小值為馬，此時|cosO|取得最大值手,

=顯,

所以(sin。).=

\/min一5'

所以平面叫GC與平面.所成的二面角正弦值的最小值為半，此時點。為靠近用的的的四等分點.

17.（2023,湖北武漢,華中師大一附中校考模擬預測）己知尸是平行六面體中線段CR上一

點，且2P=2PC.

（2）已知四邊形ABCD是菱形，AB=2A4i,ZBAD=120°,并且/^AC為銳角，cosZAAO=cosN^AB=；,

求二面角P—BD—C的正切值.

【答案】⑴證明見解析

【解析】（1）如圖:

記AC與瓦）交于點0,延長D尸交CG于￡,連接E0,

回四邊形CGR。是平行四邊形，

?，?ADPDISAEPC,:.—=---,即E是CG的中點,

JL-*JL乙

又?.?(？是AC的中點，，OE〃AG，

又OEu平面BDP,AC】(Z平面BDP,

所以4G〃平面BDP.

過點a作AH,AC于“，

由于四邊形ABC。是菱形，^AD=ZAAB.AAAD^AA4.B,AD=\B,

又由于。是8。的中點，\OYBD,

由于菱形中AC，3D,3D，平面A41GGA"u平面A41GC,8。_LA”，

所以A//_L平面ABCD.

以。為坐標原點，無，次，西方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，不妨設菱形ABCD

的邊長為2,

則4(0,1,0),網-"0,0),C(0,-1,0),0(73,0,0),設A(0,a,b),

由于回=ln(aF2+/=l,cosN4AB=E；*」n("lNT)」na」b=3,