空间向量与立体几何（解答题）.docx

1、 1 空间向量与立体几何（解答题） 一、解答题一、解答题 1 （浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟 2020-2021 学年高三上学期返校联考）如图，在三棱台ABCDEF 中，平面ACFD平面DBC，60ACB，45ACD， 2AC AD （1）证明：ADBC； （2）若 2ADBC ，求直线DE与平面DBC所成角的正弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 3 【解析】 （1）证明：设 2ADa ，则AC2a，又45ACD， 由余弦定理知： 2DCa 由勾股定理的逆定理知：ADDC， 又平面ACFD平面DBC，平面ACFD平面DBCDC， AD 平面ACFD，AD 平面DBC，BC 平面

2、DBC，ADBC （2）令 2ADa ，则BCa， 又AC2a，60ACB，由余弦定理知：3ABa， 222 ABBCAC，ABBC，AD 平面DBC，ADBD， 22 BDABADa ，如图，以A点为原点，建立空间直角坐标系 2 (0,2 ,0)Ca， 33 ,0 22 Baa ， (0,0,0)A ， 设点D为, ,x y z，则 22222 22222 2 2 222 2 (2 )2 33 22 ADxyza ACxyaza DBxayaza 得到： 36 , , 33 Da aa 31 ,0 22 CBaa ， 36 , 33 CDaaa ， 设平面BCD的法向量为 111 ,nx y

3、 z， 11 111 31 0 22 36 0 33 n CBaxay n CDaxayaz ，得到(1, 3,2)n ， 又 33 ,0 22 ABaa ， |2 36 sin 3|3 2 AB na AB na 2 （重庆市南开中学 2020 届高三下学期第九次教学质量检测数学 （理） ） 如图， 直三棱柱 111 ABCABC中， 90BAC，ABAC，D、E分别为 1 AA、 1 BC的中点 （1）证明：DE 平面 11 BCC B； （2）若直线 1 BC与 1 AA所成的角为45，求二面角BDCE的正弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 3 2 【解析】 （1）取BC中点F，

4、连接AF、EF， ABAC，F为BC的中点，AFBC， 3 在直三棱柱 111 ABCABC中， 1 BB 平面ABC，AF 平面ABC， 1 BBAF， 1 BBBCB，AF平面 11 BCC B E、F分别为 1 BC、BC中点， 1 1 2 EFBB， 1 /EF BB， DQ为 1 AA中点， 1 1 2 ADBB， 1 /ADBB， /AD EF，ADEF， 四边形ADEF为平行四边形， /AF DE，所以DE 平面 11 BCC B； （2）设2ABAC， 11 /AA CC， 11 BCC为异面直线 1 BC、 1 AA所成的角， 11 45BCC， 111 2 2CCBC， 以

5、A为坐标原点， 以AB、AC、 1 AA所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系Axyz， 则0,0,0A，2,0,0B，0,2,0C，1,1,0F，0,0, 2D，1,1,2E， 2,2,0BC ， 2,0, 2BD ， 1, 1, 2CE ，1,1,0DEAF， 设平面BCD的法向量为, ,mx y z，由 0 0 m BC m BD ，可得 220 220 xy xz ， 令1x ，则1y ， 2z ，所以，平面BCD的一个法向量1,1, 2m ， 设平面CDE的法向量为, ,na b c，由 0 0 n CE n DE ，可得 20 0 abc ab ， 令1a，则1b，

6、 2c ，所以，平面CDE的法向量为1,1, 2n ， 4 设二面角BDCE的大小为， 21 cos 2 22 mn m n ， 所以 2 3 sin1 cos 2 3 （重庆市第八中学 2020 届高三下学期第五次月考数学（理） ）如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD 为正方形，AP 平面 CDP，已知2APDP，Q 为线段 DP 的中点 （1）求证：/BP平面 ACQ； （2）求二面角CBQP的平面角的余弦值 【答案】 （1）证明见解析 （2） 5 51 51 【解析】 （1）连结BD交AC于点O，连结OQ ABCD 为正方形，则O为BD的中点，又Q为DP中点 所以/ /OQBP，B

7、P 面ACQ，OQ 面ACQ，所以/BP面ACQ （2）AP 平面 CDP，CD 面CDP，则APCD 又 ABCD 为正方形，所以ADCD，且ADAPA 所以CD面ADP， 由CD 面 ABCD所以面ADP 面 ABCD 过P作PHAD交AD于H点，则PH 面 ABCD 2APDP，则2 2AD 取BC的中点为N， 以H为原点， HA为x轴，HN为轴y，HP为z轴建立空间直角坐标系 则 22 0,0, 2 ,0,2,2 2,0 22 PQB ，2 2 2,0C， 设面BPQ的法向量为 1111 ,nx y z， 3 22 , 2 2, 22 BQ ， 22 ,0, 22 QP 所以 1 1

8、0 0 n BQ n QP ，即 111 11 3 22 2 20 22 22 0 22 xyz xz ，取 1 1,1,1n ， 5 设面CBQ的法向量为 2222 ,nxy z， 3 22 , 2 2, 22 BQ ，2 2,0,0BC ， 所以 2 2 0 0 nBQ nBC ，即 222 2 3 22 2 20 22 2 20 xyz x ，取 2 0,1,4n ， 所以 12 12 12 55 51 cos, 51173 n n n n nn ， 所以二面角CBQP的平面角的余弦值 5 51 51 . 4（辽宁省辽阳市辽阳县集美中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考） 在

9、直线三棱柱 111 ABCABC中， 1 90 ,1BACABACAA，延长 11 AC至点P，使 11 1 CPAC，连接AP交棱 1 CC于点D以 1 A为 坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示 （1）写出 1 A、B、 1 B、C、D、P的坐标； （2）求异面直线 1 AB与 1 PB所成角的余弦值 【答案】 （1） 11 1 0,0,0 ,1,0,1 ,1,0,0 ,0,1,1 ,0,1,0,2,0 2 ABBCDP ； （2） 10 10 【解析】 （1） 11 1 0,0,0 ,1,0,1 ,1,0,0 ,0,1,1 ,0,1,0,2,0 2 ABBCDP （2） 11 1,0,1

10、 ,1, 2,0ABPB， 6 ， 异面直线 1 AB与 1 PB所成角的余弦值为 10 10 . 5 （江苏省镇江市扬中市第二高级中学 2020-2021 学年高三上学期初检测） 如图， 已知四棱锥PABCD的 底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，8OA，6OB，8OP ，OP 底面ABCD，设点M满足 (01)PMMC （1）若 1 3 ，求二面角MAB C的大小； （2）若直线PA与平面BDM所成角的正弦值 10 10 ，求的值 【答案】 （1） 4 （2） 1 2 【解析】 （1）以 O 为坐标原点，建立坐标系OABP，则 (8,0,0)A ，(0,6,0)B，( 8,0,0)C ，

11、(0, 6,0)D，(0,0,8)P， 所以( 8,6,0)AB ， 1 3 PMMC，设, ,M x y z， 则 1 , ,88, 3 x y zxyz ，2,0,6M，所以26 6BM ， ， 易知平面ABC的一个法向量 1=(0,0,1) n，设平面MAB的一个法向量为 2 , ,nx y z， 则 860 2660 xy xyz ， 3 4 5 x y z ，所以 2 3,4,5n ， 12 12 12 52 cos 21 5 2 n n n n n n ， ， 由图形可得，二面角MAB C为锐角，所以二面角MAB C的大小为 4 7 （2）808 ,012 0PADB， ， 1 3

12、 PMMC，设, ,M x y z， 则, ,88,x y zxyz ， 88 ,0, 11 M ， 所以 88 , 6, 11 BM ，设平面BDM的一个法向量, ,nx y z， 则 88 60 11 120 xyz y ，令z，则1,0, 4 n ， 2 8 2188PAnPA n， 因为直线PA与平面BDM所成角的正弦值 10 10 ， 则 22 88101 cos, 10 8 2122 PA n PA n= PA n ， 2 2520，解得： 1 2 2或，01Q， 1 2 6 （辽宁省辽阳市辽阳县集美中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考）已知空间中三点( 2,0,2)

13、A ， ( 1,1,2)B ，( 3,0,4)C ，设a AB ，b AC （1）求向量a与向量b的夹角的余弦值； （2）若ka b 与 2kab 互相垂直，求实数k的值 【答案】 （1） 10 10 ； （2） 5 2 k 或2k 【分析】 （1）先写出a，b，再根据空间向量的夹角公式直接求解即可； 8 （2）根据空间向量垂直的坐标表示直接求解即可得答案 【解析】 （1）1,1,0aAB，1,0,2bAC ， 设a与b的夹角为， 110 cos 1010 | a b a b ； （2）1, ,2kabkk，22, , 4kabkk且2kabkab， 2 (1)(2)80kkk ，即： 5 2

14、 k 或2k 7 （河北省邯郸市大名县第一中学 2020-2021 学年高二上学期 9 月月考）如图，在四棱锥PABCD中， PD 底面ABCD，/AD BC，90ABC，45BCD，2BCAD （1）求证：BDPC； （2）若PCBC，求平面PAD和平面PBC所成的角（锐角）的余弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 3 【分析】 （1）取BC的中点E，连接DE，根据线面垂直的判定定理，证明BD 平面PCD，进而可得线 线垂直； （2）以D为坐标原点，分别以DB，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标 系Dxyz，设1AD ，根据题中条件，分别求出两平面的法向量，求出两

15、向量夹角的余弦值，即可得出 结果 【解析】 （1）证明：取BC的中点E，连接DE，因为2BCAD，所以ADBE， 又因为/AD BC，所以四边形ABED是平行四边形 因为90ABC所以四边形ABED是矩形所以DEBC 又45BCD，所以 1 2 DECEBC 所以BCD是直角三角形，即BDCD 又PD 底面ABCD，BD 底面ABCD，所以BDPD 又CD 平面PCD，CD 平面PCD，且PDCDD 所以BD 平面PCD又PC 平面PCD，所以BDPC 9 （2）如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系 Dxyz，设 1AD ，则2BC ，由（1

16、）知1DE ， 2DC ， 2DB PCBC又，所以 2PD 所以 22 ( 2,0,0),(0, 2,0), (0,0, 2),0 22 BCPE 所以(2, 2,0),BC (0, 2,2)PC 设平面PBC的法向量为, ,nx y z，则 nBC nPC ， 所以 0 0 n BC n PE ，即 220 220 xy yz ，取1x ，则1y ，1z ， 所以平面PBC的一个法向量为1,1,1n 又平面PAD的一个法向量为 22 ,0 22 mDE 所以 26 cos, 3|3 1 m n m n m n . 所以平面PAD和平面PBC所成的角（锐角）的余弦值为 6 3 【点睛】本题主

17、要考查证明线线垂直，以及求二面角，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，灵活运用空 间向量的方法求二面角即可，属于常考题型 8 （安徽省合肥市庐江县 2019-2020 学年高二下学期期末数学（理） ）如图，AE平面ABCD， ,CFAEADBC ，,1,2ADABABADAEBC 10 （1）求证：BF平面ADE； （2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； （3）若二面角EBDF的余弦值为 1 3 ，求线段CF的长 【答案】 （1）见证明； （2） 4 9 （3） 8 7 【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系 （1）利用直线 BF 的方向向量和平面 ADE 的法向量的关系即可证明线

18、面平行； （2）分别求得直线 CE 的方向向量和平面 BDE 的法向量，然后求解线面角的正弦值即可； （3）首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于 CF 长度的方程，解方程 可得 CF 的长度 【解析】依题意，可以建立以 A 为原点，分别以,AB AD AE的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角 坐标系(如图)， 可得0,0,0 ,1,0,0 ,1,2,0 ,0,1,0 ,0,0,2ABCDE 设0CFh h，则1,2,Fh （1）依题意，1,0,0AB 是平面 ADE 的法向量， 又0,2,BFh，可得 0BF AB ， 又因为直线BF 平面ADE，所以

19、BF平面ADE 11 （2）依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDBECE ， 设, ,nx y z为平面 BDE 的法向量，则 0 0 n BD n BE ，即 0 20 xy xz ， 不妨令 z=1，可得2,2,1n r ，因此有 4 cos, 9| CE n CE n CEn 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 4 9 （3）设, ,mx y z为平面 BDF 的法向量，则 0 0 m BD m BF ，即 0 20 xy yhz 不妨令 y=1，可得 2 1,1,m h 由题意，有 2 2 4 1 cos, 34 3 2 m n h m n mn

20、h ，解得 8 7 h 经检验，符合题意所以，线段CF的长为 8 7 9 （四川省宜宾市叙州区第二中学校 2021 届高三上学期开学考试数学（理） ）如图，在以A，B，C，D， E，F为顶点的五面体中，平面CDEF 平面ABCD，FCFB，四边形ABCD为平行四边形，且 45BCD （1）求证：CDBF； （2）若22ABEF， 2BC ，直线BF与平面ABCD所成角为 60 ，求平面ADE与平面BCF所 成锐二面角的余弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 42 7 【分析】（1） 过F作FOCD交CD于O， 连接BO， 由平面CDEF 平面ABCD， 得FO平面ABCD， 因此FOOB

21、证明CD平面FOB，即可证明结论； 12 （2） 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 求出平面ADE的法向量1,1,0m ， 平面BCF的法向量3, 3,1n ，代入向量的夹角公式，即可得答案； 【解析】（1） 过F作FOCD交CD于O， 连接BO， 由平面CDEF 平面ABCD， 得FO平面ABCD， 因此FOOB FBFC，FOFO，90FOCFOB，FOCFOB，OBOC， 由已知45DCB得BOC为等腰直角三角形， 因为OBCD，又CDFO，OBOFO， CD平面FOB，CDBF （2）/ABCD，AB平面CDEF，CD 平面CDEF，/AB平面CDEF， 平面A

22、BEF平面CDEFEF，/ABEF由（1）可得OB，OC，OF两两垂直，以O为坐标 原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 由题设可得60FBO，进而可得1, 2,0A，1,0,0B，0,1,0C，0, 1,0D，0, 1, 3E， 0,0, 3F 设平面ADE的法向量 111 ,mx y z，则 0 0 m AD m DE ， 11 1 0 30 xy z ，可取1,1,0m 13 设平面BCF的法向量 222 ,nxy z，则 0 0 n BC n CF ， 22 22 0 30 xy yz ， 可取3, 3,1n 则 2 342 cos, 727 m n m n m n 二面角的

23、余弦值为 42 7 10（江苏省无锡市江阴市 2020-2021 学年高三上学期开学检测） 如图1， 在直角梯形 ABCD中，/AD BC， 2 BAD ，1ABBC，2AD ，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起 到 1 ABE的位置，如图2 （1）证明：CD平面 1 AOC； （2）若平面 1 ABE 平面BCDE，求平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角的余弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 3 【解析】 （1）在图1的直角梯形CD中，连接CE， /AD BC，1ABBC，2AD ，E是AD的中点， 所以/AE BC且AE BC， 所以， 四边形ABCE 是

24、菱形，则ACBE， 翻折后，在图2中， 1 BEOA，BE OC 1 OAOCO，BE平面 1 AOC， 又因为/D C且1BC ，2AD ，E是AD的中点，/BC DE且BCDE， 所以四边形BCDE是平行四边形，从而/CD BE 14 BE 平面 1 AOC， CD平面 1 AOC； （2）由已知，平面 1 ABE 平面BCDE，又由（1）知， 1 BEOA，BE OC 所以 1 AOC为二面角 1 ABEC的平面角，所以 1 2 AOC 如图，以O为原点，OB、OC、 1 OA所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，因为 11 1ABAEBCED， /BC DE且BCDE，

25、 所以 2 ,0,0 2 B ， 2 ,0,0 2 E ， 1 2 0,0, 2 A ， 2 0,0 2 C 得 22 ,0 22 BC ， 1 22 0, 22 AC ,， 2,0,0CDBE 设平面 1 ABC的法向量 1111 ,nx y z，平面 1 ACD的法向量 2222 ,nxy z， 平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角为， 则 1 11 0 0 n BC nAC ，得 11 11 0 0 xy yz ，令 1 1y ，可得 11 1xz，则 1 1,1,1n ， 2 21 0 0 nCD nAC ，得 2 22 0 0 x yz ，令 2 1y ，可得 2 0 x ， 2

26、1z ，则 2 0,1,1n ， 从而 12 12 12 26 coscos, 332 n n n n nn ， 即平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角的余弦值为 6 3 11（江苏省百校联考 2020-2021 学年高三上学期第一次考试） 如图， 已知 ACBC，DB 平面ABC，EA 平面ABC， 过点D且垂直于DB的平面与平面BCD的交线为l，1ACBD，3BC ，2AE 15 （1）证明：l 平面AEC； （2）设点P是l上任意一点，求平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值 【答案】 （1）证明见解析； （2）60 【解析】 （1）证明：因为BD，BD 平面ABC，所以/平面AB

27、C， 又平面BCDl，平面ABC平面BCDBC，所以BC/l 因为EA 平面ABC，所以BCAE又BCAC，AEEAA， 所以BC平面AEC，从而l 平面AEC （2）作CF/AE，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz， 则0,1,0A，0,0,0C，3,0,1D，0,1,2E， 设,0,1P a，平面PAE平面ACD的法向量分别为 111 ,mx y z， 222 ,nxy z， 则, 1,1APa，0,0,2AE ，0, 1,0AC ，3,0,1CD 因为m 平面PAE，所以 111 1 0 20 axyz z ，令 1 1x ，得 1 ya， 1 0z ，即1, ,0ma 同

28、理 2 22 0 30 y xz ，令 2 1x ，得 2 0y ， 2 3z ，即1,0,3n 因为 2 11 cos, 2 21 m n a ，当且仅当0a时取等号， 所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60 16 12 （江苏省南京市秦淮中学 2020-2021 学年高三上学期期初调研）如图，AB是半圆O的直径，C是半圆 O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，/DC EB，1DCEB，4AB （1）证明：平面ADE 平面ACD； （2）当C点为半圆的中点时，求二面角DAEB的余弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 2 6 【解析】 （1）证明：AB是圆O

29、的直径，ACBC， DC 平面ABC，BC 平面ABC，DCBC， 又DCACC，BC平面ACD， /DC EB，DCEB，四边形DCBE是平行四边形，/DE BC，DE 平面ACD， 又DE 平面ADE，平面ACD平面ADE （2）当C点为半圆的中点时， 2 2ACBC ， 以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示： 则0 01D， ，0 2 21E，2 2 0 0A， ，0 2 2 0B， 2 2,2 2,0AB ，0,0,1BE （），0,2 2,0DE ，(2 2,0, 1)DA ， 设平面DAE的法向量为 111 ,mx y z （）,，平面ABE的法向量为 22

30、2 ,nxy z （）， 17 则 0 0 m DA m DE ， 0 0 AB BE n n ，即 11 1 2 20 2 20 xz y ， 22 2 2 22 20 0 xy z ， 令 1 1x 得 1,0,2 2m ，令 2 1x 得1,1,0n 12 , 632 m n cos m n m n 二面角DAEB是钝二面角，二面角DAEB的余弦值为 2 6 13 （浙江省平阳县浙鳌高级中学 2021 届高三上学期期初教学质量监测）正三棱锥OABC的底面正三角 形ABC的边长为2 2，侧棱2OA，E，F分别为AB，AC中点，H为EF中点，棱OA上有一点 1 A （不为中点） ，直线 1

31、AE与直线OB交于 1 B，直线 1 AF与直线OC交于 1 C （1）证明： 11 BC 平面OAH； （2）若 1 3 2 OA ，求直线 1 OC与平面 111 ABC所成角的正弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 6 18 【解析】（1） 由题意可得EF是正三角形ABC的中位线， 所以/EFBC，EF 面OBC，BC 面OBC， 可得/ /EF面OBC，EF 面 111 ABC，面 1 11 ABC 面 11 =OBC BC，则 11 / /EFBC，在正三角形AEF中， H为EF中点，可得EFAH，即 11 BCAH， 底面正三角形ABC的边长为2 2，侧棱长为2，可得三条

32、侧棱两两垂直， 即,OAOB OAOC，OBOCO，可得OA面OBC，则OA 11 BC， 又OAAHA，由线面垂直的判定定理可得 11 BC 平面OAH （2）由已知可得三条侧棱两两垂直，以直线,OAOB OC，分别为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，则 1 1 2,0,00,0,2 ,0,2,0 ,1,0,1 ,1,1,0 ,1, 2 2 ABCEFH ， 1 3 ,0,0 2 A ， 设 1 0,0,Bt，则 11 1 ,0,1 ,1,0,1 2 AEEBt ，由 1 AE与 1 EB共线得 11 =AEEB， 得 1 2 11t ，解得3t ，所以 1 0,0,3B，同理得 1

33、0,3,0C， 可得 1111 33 ,0,3 ,3,0 22 ABAC ，设平面 111 ABC的一个法向量为, ,nx y z， 3 30 2 3 30 2 xz xy ，令2x，得 1yz，即 2,1,1n ， 1 0,3,0OC ， 设直线 1 OC与平面 111 ABC所成角为，则 1 1 1 36 sincos, 636 n OC n OC n OC ， 则直线 1 OC与平面 111 ABC所成角的正弦值为 6 6 19 14 （湖南省岳阳市汨罗市二中 2020-2021 学年高三上学期入学考试）如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD是边长为 2 的菱形， 60 ,90DAB

34、ADP ，平面ADP 平面ABCD，点F为棱PD的中 点 （1）在棱AB上是否存在一点E，使得AF平面PCE，并说明理由； （2）当二面角DFCB的余弦值为 2 4 时，求直线PB与平面ABCD所成的角 【答案】 （1）见解析（2）60 【解析】 （1）在棱AB上存在点E，使得/AF平面PCE，点E为棱AB的中点 理由如下：取PC的中点Q，连结EQ、FQ，由题意，/ /FQDC且 1 2 FQCD， /AECD且 1 2 AECD，故/ /AEFQ且AEFQ所以，四边形AEQF为平行四边形 所以，/ /AFEQ，又EQ 平面PEC，AF 平面PEC，所以，/AF平面PEC （2）由题意知ABD

35、为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD， 又90ADP，所以PDAD，且平面ADP 平面ABCD，平面ADP平面ABCDAD，所以 PD 平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 设FDa，则由题意知0,0,0D，0,0,Fa，0,2,0C，3,1,0B， 0,2,FCa， 3, 1,0CB ， 设平面FBC的法向量为, ,mx y z， 20 则由 0 0 m FC m CB 得 20 30 yaz xy ，令1x ，则3y ， 2 3 z a ， 所以取 2 3 1, 3,m a ，显然可取平面DFC的法向量1,0,0n ， 由题意： 2 21 cos, 412 1 3 m

36、n a ，所以3a 由于PD 平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD， 所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角， 易知在Rt PBD中，tan3 PD PBDa BD ，从而60PBD， 所以直线PB与平面ABCD所成的角为60 15（河北省石家庄市第二中学 2020-2021 学年高二上学期 8 月线上考试 （二） ） 如图， 在三棱锥 PABC中， PB 平面ABC，平面PAC 平面PBC，2PBBC （1）证明：AC 平面PBC； （2）若二面角BPA C的余弦值为 10 10 ，线段PA的长 【答案】 （1）证明见解析（2）3 【解析】 （1）PB 平面ABC，AC 平

37、面ABC，PBAC 取PC的中点为D，连接BD，,PBBCBDPC， 21 又平面PAC 平面PBC，平面PAC平面PBCPC，BD 平面PBC BD平面PAC，又AC 平面PAC，BDAC， PBBDB，,PB BD 平面PBC，AC平面PBC. （2）设ACa，由（1）知，AC 平面PBC，BC 平面PBC，ACBC 如图，分别以,CA CB所在直线为x轴，y轴，过点C作z轴，且平行于PB，建立空间直角坐标系，易得 (0,0,0), ( ,0,0), (0,2,0), (0,2,2),(0,1,1)CA aBPD， 平面PAC的法向量为(0,1, 1)DB ， 设平面PAB的法向量为( ,

38、 , ),(0,0,2),( , 2,0)mx y z BPBAa， 0,20 2 ,1,0 20, 0 m BPz m axya m BA ， 2 110 cos, 104 21 DB m a ， 解得 2 1a ，即 1a ，从而得出 5AB ，在Rt PBA中， 22 3PAPBBA 线段PA的长为3. 16 （湖南省长沙市雅礼中学 2020 届高三高考数学 （理科） 模拟试题 （一） （a 卷） ） 在四棱锥PABCD中， 1 2 APPDDCCBBA，PBPC，90APDDCBCBA 22 （1）证明：平面PAD 平面ABCD； （2）求直线PB与平面PCD夹角的正弦值 【答案】 （

39、1）证明见解析； （2） 2 3 【解析】 （1）证明：设AD、BC的中点分别为 O、E，连接PO、OE、EP 则OE为直角梯形ABCD的中位线，故BCOE 又PBPC且 E 为BC中点，故BCPE 又PEOEE，从而BC平面PEO，从而POBC 又APPD且 O 为AD中点，故POAD 这样PO与平面ABCD内的两条相交直线AD，BC垂直 从而PO平面ABCD又PO平面PAD，故平面PAD 平面ABCD （2）在AB上取一点 F，使得4ABAF，则OF，OE，OP两两垂直，以 O 为原点，射线OF，OE， OP分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 23 设1AF ，求得1,3,

40、0B，0,0, 2P，1,3,0C ，1,1,0D 从而：1,3,2PB ，1,3,2PC ，1,1,2PD 设平面PCD的法向量为, ,nx y z，由 320 20 xyz xyz 可取2,0, 1n 2 cos, 3 n PB n PB n PB ，故直线PB与平面PCD夹角的正弦值为 2 3 17 （江西省赣州市赣县第三中学 2019-2020 学年高二 6 月份考试数学（理） ）如图，已知四棱锥PABCD 的底面为边长为2的菱形，, 3 BADPAPB M 为AB中点，连接MD （1）求证：平面PCD平面PMD； （2）若平面PAB 平面ABCD，且二面角BAPD的余弦值为 5 5

41、，求四棱锥PABCD的体积 【答案】 （1）见证明； （2）2 【解析】 （1）连接BD， 菱形ABCD中， 3 BAD ，ABD为等边三角形， 又M为BC中点，DMAB又PAPB，则PMAB， 又DMPMM，AB 平面PMD， 又/ABCD，CD平面PMD， 又CD平面PCD，平面PCD平面PMD （2）平面PAB平面ABCD，且交线为AB，PMAB，PM 平面PAB， 24 PMABCD 平面， 以M为原点，,MB MD MP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐 标系Mxyz，设(0)PMa a，则0,0,1,0,0 ,0,3,0PaAD， 则1, 3,0 ,1,0,ADAPa，

42、设平面ADP的一个法向量为, ,nx y z， 则 0 0 AD n AP n ，即 30 0 xy xaz ，可取3 ,3naa 又平面PAB的法向量可取0,1,0m，由题意得 2 5 cos, 3 43 m na m n m n a ， 解得3a ，即3PM ，又菱形ABCD的面积2 3ABDM， 四棱锥PABCD的体积为 11 2 332 33 ABCD VSPM 【点睛】空间向量的引入，为解决立体几何中的角度问题提供了工具，可将几何问题转化为数的运算的问 题处理，但解题中需要注意向量的夹角与空间角的关系，在进行代数运算后还需要再转化为几何问题，属 于中档题 18（江苏省苏州中学园区校2

43、020-2021学年高三上学期8月期初调研） 如图1， 四边形ABCD为矩形， BC=2AB， E 为 AD 的中点，将ABE、DCE 分别沿 BE、CE 折起得图 2，使得平面ABE 平面 BCE，平面DCE 平面 BCE （1）求证：平面ABE 平面 DCE； （2）若 F 为线段 BC 的中点，求直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 3 【解析】 （1）证明：在图 1 中，BC=2AB，且 E 为 AB 的中点， ,AEABAEB 45，同理45DEC 所以90CEBBECE， 又平面ABE 平面 BCE，平面ABE平面BCEBE， 25

44、所以CE 平面 ABE，又CE平面DCE，所以平面ABE 平面 DCE （2）如图，以点 E 为坐标原点，EB，EC 所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，设1AB ， 则 222222 0,0,0 ,2,0,0 ,0, 2,0 ,0,0,0 222222 EBCADF ， 向量 2222 ,0,0, 2222 EAED ，设平面 ADE 的法向量为, ,nx y z 由 0 0 n EA n ED ，得 0 0 xz yz ，令1z ，得平面 ADE 的一个法向量为1, 1,1n ， 又 22 0, 22 FA ， 设直线 FA 与平面 ADE 所成角为， 则 |26 sin 31|

45、3| FA FA n n ，所以直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 3 19 （山东省滕州市第一中学 2020-2021 学年高二 9 月开学收心考试）如图所示，四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形，DE 平面 ABCD，/AF DE，3DEAF，BE 与平面 ABCD 所成角为60 1求证：AC 平面 BDE； 2求二面角FBED的余弦值； 3设点M是线段 BD 上的一个动点，试确定点M的位置，使得/AM平面 BEF，并证明你的结论 26 【答案】 （1）见解析 （2） 13 13 （3）M 的坐标为(2，2，0)，见解析 【解析】 （1）证明：DE 平面ABCD，AC 平

46、面ABCD， DEAC，又ABCD是正方形，ACBD， BDDED，AC 平面BDE （2）DA，DC，DE两两垂直，所以建立如图空间直角坐标系Dxyz， BE与平面ABCD所成角为60，即60DBE， 而3 ED DB ，由3AD，可知： 3 6DE ，6AF 则3,0,0A，3,0, 6F，0,0,3 6E，3,3,0B，0,3,0C， 0, 3, 6BF ，3,0, 2 6EF ， 设平面BEF的法向量为, ,nx y z，则 0 0 n BF n EF ，即 360 32 60 yz xz ， 令6z ，则4,2, 6n 因为AC 平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量， 3, 3,0CA uu u r ，所以 613 cos,