第56讲立体几何解答题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第56讲 立体几何解答题 必考题型全归纳 1 题型一：非常规空间几何体为载体 28 2 2895 (2024·全国·高三专题练习)已知正四棱台ABCD-ABCD 的体积为 ，其中 1 1 1 1 3 AB=2AB =4. 1 1 (1)求侧棱AA 与底面ABCD所成的角； 1 (2)在线段CC 上是否存在一点P，使得BP⊥AD？若存在请确定点P的位置；若不存 1 1 在，请说明理由. 【解析】(1)依题意，在正四棱台ABCD-ABCD 中，AB=2AB =4， 1 1 1 1 1 1 所以上底面积S =2×2=4，下底面积S =4×4=16， 1 2 1 设正四棱台的高为h，则 4+ 4×16+16 3  28 2 h= ,h= 2. 3 连接AC,AC ，则AC=4 2,AC =2 2， 1 1 1 1 4 2-2 2 所以AA =  1 2  2 +h2= 2+2=2， h 2 设侧棱AA 与底面ABCD所成的角为θ，则sinθ= = ， 1 AA 2 1 π 由于线面角θ的取值范围是 0,  2  π ，所以θ= . 4 (2)连接BD,BD ，设正四棱台上下底面的中心分别为O,O， 1 1 1 以O为原点，OA,OB,OO 分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系， 1 A 1 2,0, 2  ,D0,-2 2,0  ,B0,2 2,0  ，   设线段CC 1 上存在一点P，满足C 1 P=λC 1 C0≤λ≤1  ， C 1- 2,0, 2  ,C2 2,0,0   ,C 1 C=3 2,0,- 2  ，  C 1 P=3 2λ,0,- 2λ  ，    则BP=BC 1 +C 1 P=- 2,-2 2, 2  +3 2λ,0,- 2λ  = 3 2λ- 2,-2 2, 2- 2λ  ，  A 1 D=- 2,-2 2,- 2  ，   若BP⊥AD，则BP⋅AD=0， 1 1 即- 23 2λ- 2  +8- 2 2- 2λ  =0， 解得λ=2，舍去， 所以在线段CC 上不存在一点P，使得BP⊥AD. 1 1 第 页 共 页 1820 34272896 (2024·全国·高三专题练习)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB ⊥BC，BC⊥CF. (1)求证：BC⊥平面DEG； π (2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为 ，求三棱 3 锥E-DFG的体积. 【解析】(1)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，则AC=2GC， 又AC=2DF，∴GC=DF， ∵AC⎳DF，∴四边形GCFD为平行四边形，∴DG⎳CF， 又BC⊥CF，∴BC⊥DG， ∵DE⎳AB，AB⊥BC，∴BC⊥DE， ∵DE∩DG=D，DE,DG⊂平面DEG，∴BC⊥平面DEG. (2)∵CF⊥AB，DG⎳CF，∴DG⊥AB， 又DG⊥BC，AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，∴DG⊥平面ABC， 连接BG，∵AB=BC=2，AB⊥BC，G为AC中点，∴GB⊥AC；    以GB,GC,GD   为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系G-xyz， 则G0,0,0  ，B 2,0,0  ，A0,- 2,0  ，C0, 2,0  ， 设DG=CF=mm>0  ，则D0,0,m  ，F0, 2,m  ，      1 ∴GE=GD+DE=GD+ AB=0,0,m 2  1 +  2, 2,0 2  2 2 = , ,m 2 2   ，GF= 第 页 共 页 1821 34270, 2,m  ，  设平面EFG的一个法向量为n=x,y,z  ，   2 2 n⋅GE= x+ y+mz=0  则  2 2 ，令z=- 2，解得：y=m，x=m，∴n=  n⋅GF= 2y+mz=0 m,m,- 2  ；  又平面ACFD的一个法向量m=1,0,0  ，   ∴ cosm,n      m⋅n =   m   ⋅n  m 1 = = ，解得：m=1，即DG=1， 2m2+2 2 ∵DG⊥平面ABC，平面ABC⎳平面DEF，∴DG⊥平面DEF， 1 1 1 1 ∴V =V = S ⋅DG= × ×1×1×1= . E-DFG G-DEF 3 △DEF 3 2 6 2897 (2024·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习)如图，在正四棱台 ABCD-ABCD 中，AB=2AB ，AA = 3，M，N为棱BC ，CD 的中点，棱AB上 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 存在一点E，使得AE⎳平面BMND． 1 AE (1)求 ； AB (2)当正四棱台ABCD-ABCD 的体积最大时，求BB 与平面BMND所成角的正弦 1 1 1 1 1 值． 【解析】(1)作BF∥AE交AB于F，再作FG∥BC交BD于G，连接MG． 1 1 因为AE⎳平面BMND，所以BF⎳平面BMND． 1 1 又平面BFGM∩平面BMND=MG，所以BF∥MG． 1 1 又因为FG∥BC∥BC ，所以四边形BFGM是平行四边形， 1 1 1 1 1 所以FG=BM= BC = AD，即F为棱AB的四等分点， 1 2 1 1 4 AE 1 故E也为棱AB的四等分点，所以 = ． AB 4 (2)由(1)易知G为BD的四等分点，所以点B 在点G的正上方， 1 所以BG⊥底面ABCD． 1 1 设AB=2AB =4x，则BG= BD= 2x，所以BG= 3-2x2， 1 1 4 1 1 所以该四棱台的体积V= 16x2+ 16x2⋅4x2+4x2 3  28 3-2x2= x2 3-2x2， 3 784 而V2= x2⋅x2⋅3-2x2 9  784 x2+x2+3-2x2 ≤ ⋅ 9 3  3 ． 当且仅当x2=3-2x2，即x=1时取等号，此时AB=4，AB =2． 1 1 以G为原点，GF，BG分别为x轴、z轴， 1 过G平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第 页 共 页 1822 3427则G0,0,0  ，B 10,0,1  ,，B1,1,0  ，F1,0,0  ，  所以GB=1,1,0    ，GM=FB 1 =-1,0,1   ，BB 1 =-1,-1,1  ．  设平面BMND的法向量为n=x,y,z  ，   由   C  B  ⋅n  =0, 得  x+y=0, 令x=1，则n  =1,-1,1 GM⋅n=0, -x+z=0,  ． 设BB 与平面BMND所成角为θ， 1   则sinθ=cosn,BB 1    n⋅BB 1 =   n   ⋅BB 1  1 1 = = ， 3× 3 3 1 故BB 与平面BMND所成角的正弦值为 ． 1 3 2898 (2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测)如图，在三棱台ABC -ABC中， 1 1 1 π AB =2，AB=AC=4，AA =CC = 5，BB =3，∠BAC= ． 1 1 1 1 1 2 (1)证明：平面AACC ⊥平面ABC； 1 1 (2)设D是BC的中点，求平面AACC 与平面AAD夹角的余弦值． 1 1 1 【解析】(1)证明： 由三棱台ABC -ABC知：AB ⎳AB， 1 1 1 1 1 在梯形AABB 中，取AB的中点E，连接BE， 1 1 1 因AB =2，AB=AC=4 1 1 故AB =AE，四边形AAEB 是平行四边形， 1 1 1 1 ∴BE=AA = 5， 1 1 第 页 共 页 1823 34271 EB= AB=2，BB =3 2 1 所以BE2+EB2=BB2， 1 1 π ∴∠BEB = ，即BE⊥AB， 1 2 1 因BE⎳AA ，所以BA⊥AA ， 1 1 1 π 又因∠BAC= ，所以BA⊥AC， 2 又因AA ∩AC=A，所以BA⊥平面AACC ， 1 1 1 因BA⊂平面ABC， 所以平面AACC ⊥平面ABC； 1 1 (2)取AC的中点O，AC 的中点F，连接OD，OF，则OD⎳AB， 1 1 因AB⊥AC，所以OD⊥AC， 由条件知：四边形AACC 是等腰梯形，所以OF⊥AC， 1 1 平面AACC ∩平面ABC=AC 1 1 OF⊂平面AACC, 1 1 平面AACC ⊥平面ABC 1 1 ∴OF⊥平面ABC， 分别以OA，OD，OF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则在等腰梯形AACC 中，由平面几何知识可得：OF= 5-(2-1)2=2， 1 1 ∴A2,0,0  ，D0,2,0  ，A 11,0,2   ，AD=-2,2,0   ，AA 1 =-1,0,2   设平面A 1 AD的法向量μ=x,y,z  ，   则由   μ μ  ⊥ ⊥ A A  A D 1得  - - 2 x x + + 2 2 z y = = 0 0 ， 令x=2，得y=2，z=1，  所以μ=2,2,1  ，  又平面A 1 ACC 1 的法向量ν=0,1,0  ， 设平面AACC 与平面AAD的夹角为θ， 1 1 1   μ⋅ν 则cosθ=   μ   ⋅ν  2×1 2 = = ． 22+22+12×1 3 2899 (2024·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习)如图，圆锥PO的高为3，AB是底面圆 O的直径，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB=2CD=2，点E是母线 PB上一动点. 第 页 共 页 1824 3427(1)证明：平面ACE⊥平面POD； 130 (2)若二面角A-EC-B的余弦值为 ，求三棱锥A-ECD的体积. 130 【解析】(1)连接OC，由题意知四边形AOCD为菱形，故OD⊥AC， 因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以PO⊥AC， 因为PO∩OD=O，PO,OD⊂平面POD，所以AC⊥平面POD，又AC⊂平面ACE， 故平面ACE⊥平面POD； (2)以O为原点，CD的中垂线为x轴，OB为y轴，OP为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,-1,0  ，B0，1，0  ，P0，0，3  3 1 ，C ， ，0 2 2  ，   设PE=λPB，显然λ=1不合题意，则λ∈0,1  ，则E0,λ,3-3λ  ，  3 1 于是CE=- ，λ- ，3-3λ 2 2   3 3 ，CA=- ，- ，0 2 2   3 1 ，CB=- ， ，0 2 2  ，  设平面CBE的法向量为m=x,y,z  ，   3 1 m⋅CB=- x+ y=0 2 2 则   3 1 m⋅CE=- x+λ- 2 2  y+3-3λ    ， z=0 3  3 令y= 3，得x=1，z= ，则m=1，3， 3 3   设平面AEC的法向量为n=a,b,c    3 3 n⋅CA=- a- b=0 2 2 ，则   3 1 n⋅CE=- a+λ- 2 2  b+3-3λ    c=0 1+λ  1+λ 令a= 3，b=-1，c= 则n= 3，-1， 3-3λ 3-3λ  ，   m⋅n 从而cosθ=   m⋅  3 1+λ  3 3-3λ  =  n|  1 1+λ 1+3+ ⋅ 3+1+ 3 3-3λ  130 1 = ，解得λ= 或3， 2 130 3 因为λ∈0,1  1 ，故λ= . 3 130 此时二面角A-EC-B的余弦值为 满足题意. 130 1 2 1 1 3 2 3 从而V =V = S ⋅ PO= × ×1×1× × ×3= . A-ECD E-ACD 3 △ACD 3 3 2 2 3 6 第 页 共 页 1825 34272900 (2024·云南·云南师大附中校考模拟预测)如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上 2π 两点，∠AOB= ，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF=2FB. 3 (1)证明：平面AOP⊥平面OEF； (2)若OP=AB，求直线AP与平面OEF所成角的正弦值. 【解析】(1)设圆O的半径为r， 2π π 在△AOB中，OA=OB=r，∠AOB= ，∠OAB= ， 3 6 2 3r 故AB= 3r，又AF=2FB，故AF= ， 3 1 1 在△AOF中，由余弦定理得OF2=OA2+AF2-2OA∙AF∙cos∠OAF= OA2= r2， 3 3 所以OA2+OF2=AF2，即OA⊥OF； 圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O，故PO⊥OF， 又OA∩OP=O，所以OF⊥平面AOP， 又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF. (2)以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， 3 不妨设OA= 3，则OP=AB= 3OA=3，OF= OA=1， 3 3 3 则A( 3， 0， 0)，P(0， 0， 3)，B- ， ， 0 2 2  ， 3 3 3 E- ， ， 4 4 2  ，F(0， 1， 0)，   3 3 3 AP=(- 3， 0， 3)，OE=- ， ， 4 4 2   ，OF=(0， 1， 0)，  设平面OEF的一个法向量为n=(x， y， z)， 第 页 共 页 1826 3427  3 3 3 n⋅OE=0 - x+ y+ z=0  有  ，即 4 4 2 ，解得n=(2 3， 0， 1)， n⋅OF=0 y=0 设直线AP与平面OEF所成角为θ，   则sinθ=cos‹AP， n›    AP·n =   AP·    n  -6+3 =  39 = . 12· 13 26 2901 (2024·内蒙古赤峰·校联考三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形 ABCD是圆O的内接四边形，BD为底面圆的直径，M在母线PB上，且AB=BC= BM=2，BD=4，MD=2 3． (1)求证：平面AMC⊥平面ABCD； (2)设点E为线段PO上动点，求直线CE与平面ADM所成角的正弦值的最大值． 【解析】(1)如图，设AC交BD于点N，连接MN,OC,OA， 由已知可得OC=OA=2，又AB=BC=2， 所以四边形ABCO为菱形，所以AC⊥BD， ∵BM=2，BD=4，MD=2 3， π ∴BM2+MD2=BD2，∴∠BMD= ， 2 1 ∴cos∠MBD= ，又∠MBD∈0,π 2  π ，所以∠MBD= ， 3 因为N为OB的中点，∴BN=1，BM=2． 由余弦定理可得MN= BN2+BM2-2BN⋅BMcos∠MBN= 3， ∴BM2=BN2+MN2，所以MN⊥BN，即MN⊥BD， 又AC,MN⊂平面AMC，AC∩MN=N，∴BD⊥平面AMC． 又BD⊂平面ABCD，∴平面AMC⊥平面ABCD． 第 页 共 页 1827 3427(2)由已知PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 又AC⊥BD，BD∩PO=P，BD,PO⊂平面PBD， ∴AC⊥平面PBD， 又MN⊂平面PBD，∴MN⊥AC． 由(1)知MN⊥BD，AC∩BD=N，AC,BD⊂平面ABCD， 所以MN⊥平面ABCD， ∴PO⎳MN，又点N为BO的中点， 所以PO=2MN=2 3． 以点N为坐标原点，NA,ND,NM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间 直角坐标系 则A 3,0,0  ，D0,3,0  ，B0,-1,0  ，M0,0, 3  ，C- 3,0,0  ，O0,1,0  ， 设E0,1,t  0≤t≤2 3   ，则CE= 3,1,t  ，  ∴AD=- 3,3,0   ，AM=- 3,0 3  ，  设平面AMD的法向量为n=x,y,z  ，   则   A  D  ⋅n  =0 ，即  - 3x+3y=0 ，令y=1，则x= 3,z= 3， AM⋅n=0 - 3x+ 3z=0  所以n= 3,1, 3  为平面AMD的一个法向量． 设直线CE与平面AMD所成的角为θ，   则sinθ=cos‹n,CE›    n⋅CE =   n   ⋅CE   3t+4 =  7 3t2+16+8 3t = = 7× t2+4 7 t2+4 7 4+8 3t 3+ ， 7 t2+4 第 页 共 页 1828 3427构建ft  4+8 3t = 0≤t≤2 3 t2+4  ， 则ft  8 3⋅t2+4 =  -4+8 3t  ⋅2t t2+4  -8 3t+4 = 2  t- 3  t2+4  ， 2 当0≤t< 3时，ft  >0，函数ft  在0, 3  上单调递增， 当 3=  AB   n  21 = . 14 21 所以直线AB与平面EFG的成角的正弦值为 14 (Ⅲ)法Ⅰ：延长EF,EG分别交AB,AD延长线于M,N，连接M,N，发现刚好过点C，,连 接CG,CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线.      法2：记平面EFG与直线PC的交点为H，设PH=λPC，则FH=FP+PH= 3 3 0,- , 2 2  +λ-1,0,- 3  3 1-2λ = -λ,- , 2  3  2    3 1-2λ 由FH⋅n= -λ,- , 2  3  2  3 ⋅- ,0, 3 2  3 31-2λ = λ+ 2  =0，可得λ=1. 2 所以H即为点C. 所以连接CG，CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线. 第 页 共 页 1862 34272927 (2024·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测)如图，已知多面体EABCDF的底面 1 ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD⎳EA，且FD= EA=1. 2 (1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求 保留作图痕迹，但不要求证明； (2)求直线EB与平面ECF所成角的正弦值. 【解析】(1)延长AD,EF，设其交点为N，连接CN， 则CN为平面ABCD与平面ECF的交线， 取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求． 证明如下：延长AD,EF，设其交点为N，连接CN， 则CN为平面ABCD与平面ECF的交线， 1 因为FD⎳EA，所以△FDA∽△EAN，又FD= EA， 2 1 所以ND= NA， 2 所以ND=DA=BC，又ND⎳BC， 所以四边形BCND为平行四边形，所以CN⎳BD， 取CD的中点M，连接KM， ∵K,M分别为BC,CD的中点， ∴KM⎳BD，∴KM⎳CN． ∵CN⊂平面EFC，KM⊄平面EFC， ∴KM⎳平面EFC． (2)以点A为原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标 第 页 共 页 1863 3427系，如图.由已知可得A0,0,0  ,E0,0,2  ,B2,0,0  ,C2,2,0  ,F0,2,1  ，  所以EC=2,2,-2   ,EB=2,0,-2   ,EF=0,2,-1  ，  设平面ECF的法向量为n=(x,y,z)，   则   n  ⋅E  C  =0, 得  x+y-z=0 ， n⋅EF=0. 2y-z=0 取y=1得，x=1,z=2，  平面ECF的一个法向量n=(1,1,2). 设直线EB与平面ECF所成的角为θ，   则sinθ= cosEB,n      EB⋅n =   EB   ⋅n  2 3 = = . 2 2× 6 6 3 所以直线EB与平面ECF所成角的正弦值为 . 6 2928 (2024·广西·高三统考阶段练习)如图，三棱柱ABC-ABC 中，侧面BBCC为菱形. 1 1 1 1 1 (1)(如图1)若点P为△ABC内任一点，作出CP与面ACB 的交点M(作出图象并写出 1 1 简单的作图过程，不需证明)； (2)(如图2)若面ACB ⊥面BBCC,AC⊥AB,AC=AB,∠CBB =60°，求二面角A 1 1 1 1 1 1 -AB -C 的余弦值. 1 1 1 【解析】(1) 作图步骤 ①连接AP并延长交BC于点E ②连接CE交CB 于点F，连接AC,AF 1 1 1 第 页 共 页 1864 3427③连接CP交AF于点M 1 ④点M即为所求. (2)连结BC ，交BC于点O，连结AO， 1 1 ∵侧面BBCC为菱形，∴OB⊥OB ，且O为BC的中点， 1 1 1 1 ∵AB =AC，∴AO⊥BC， 1 1 ∵平面ACB ⊥平面BBCC，平面ACB ∩平面BBCC=BC，AO⊂平面ACB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴AO⊥平面BBCC， 1 1 又OB，OB ⊂平面BBCC，∴OA⊥OB，OA⊥OB ， 1 1 1 1 以O为坐标原点，分别以OB、OB 、OA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 1 3 设OB=1，则A0，0， 3  ，B(1，0，0)， 3 B 0， ，0 1 3  3 ，C0，- ，0 3  ，  3 3 AB =0, ,- 1 3 3    3 ，AB =AB=1,0,- 1 1 3    3 ，BC =BC=-1,- ,0 1 1 3  ，   设平面AAB 与平面ABC 的一个法向量分别为m=(x,y,z)与n=(x,y,z)， 1 1 1 1 1 1 1 1   3 3 m⋅AB = y- z=0 1 3 3  由  ，取x=1，得m=(1, 3, 3)；  3 m⋅AB =x- z=0 1 1 3   3 n⋅AB =x - z =0 1 1 1 3 1  由   3 ，取x 1 =1，得n=(1,- 3, 3)． n⋅BC =-x - y =0 1 1 1 3 1     m⋅n 1 1 ∴cos= = = ， |m  ||n  | 7× 7 7 2929 (2024·四川成都·成都七中校考模拟预测)△ABC是边长为2的正三角形，P在平面上 满足CP=CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达P的位置，若平面PBC⊥平面 ABC，且BC⊥PA． (1)作平面α，使得AP⊂α，且BC⊥α，说明作图方法并证明；   (2)点M满足MC=2PM，求二面角P-AB-M的余弦值． 第 页 共 页 1865 3427【解析】(1)记BC中点为O，连接AO，PO，平面APO即为平面α， 证明如下：因为△ABC为正三角形，O为BC中点，所以AO⊥BC， 又BC⊥PA，AO⊂平面APO，AP⊂平面APO，AO∩AP=A 所以BC⊥平面APO (2)由(1)可知,因为PO⊥平面ABC,AO⊥BC,以点O为坐标原点，OA,OB,OP所 在直线分别为x,y,z轴建立如下图所示的空间直角坐标系. 1 2 3 则A( 3,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0, 3),M0,- , 3 3   AB=- 3,1,0   ,AP=- 3,0, 3   ,设平面PAB的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，   m⋅AB=- 3x +y =0  则   1 1 ,取x 1 =1,则m=(1, 3,1), m⋅AP=- 3x + 3z =0 1 1  4 2 3 BM=0,- , 3 3   ,设平面ABM的法向最为n=x 2 ,y 2 ,z 2  ,   n⋅AB=- 3x 2 +y 2 =0  则  4 2 3 ，取x 2 =1，则n=1, 3,2 n⋅BM=- y + z =0 3 2 3 2  ，   由已知可得 cosm,n    |m⋅n|  =  m   ⋅n  6 3 10 = = . 5× 8 10 3 10 由图可知二面角P-AB-M为锐角，故二面角P-AB-M的余弦值为 . 10 2930 (2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习)已知四棱锥P-ABCD的 底面ABCD是平行四边形，侧棱PA⊥平面ABCD，点M在棱DP上，且DM=2MP，点 N是在棱PC上的动点(不为端点).(如图所示) 第 页 共 页 1866 3427(1)若N是棱PC中点， (i)画出△PBD的重心G(保留作图痕迹)，指出点G与线段AN的关系，并说明理由； (ii)求证：PB∥平面AMN； (2)若四边形ABCD是正方形，且AP=AD=3，当点N在何处时，直线PA与平面AMN 所成角的正弦值取最大值. 【解析】(1)(i)设AC与BD交点为O，连接PO与AN交于点G， 因为O为AC中点，N为PC中点， 所以PO与AN交点G为△PAC重心， 所以PG=2GO, 又因为PO为△PBD的BD边的中线， 所以点G也为△PBD的重心，即重心G在AN上. (ii)连接DG并延长交PB于点H，连接MG， 因为G为△PBD重心，所以DG=2GH, 又因为DM=2MP, 所以MG∥PH,MG∥PB， 又因为MG⊂平面AMN,PB⊄平面AMN, 所以PB∥平面AMN； (2)因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD, PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD， 所以以A为坐标原点，建立如图所示坐标系， 第 页 共 页 1867 3427所以A(0,0,0),P(0,0,3),C(3,3,0),M(0,1,2).    AP=(0,0,3),AM=(0,1,2),PC=(3,3,-3),   设PN=λPC，则PN=λPC=(3λ,3λ,-3λ),    ∴AN=AP+PN=(3λ,3λ,-3λ+3).  设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，   y=-2z n⋅AM=y+2z=0  n  ⋅A  N  =3λx+3λy+(-3λ+3)z=0 ，化简得 x=3- 1 λ    ， z  1 取z=1则n=3- ,-2,1 λ  ， 设直线PA与平面AMN所成角为θ，   所以sinθ= cosAP,n      |AP⋅n| =  AP  1 =  ⋅|n| 5+3- 1 λ  ， 2 1 1 所以当 =3,λ= 时，即点N在线段PC靠近P的三等分点处时， λ 3 5 直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值为 . 5 5 题型五：立体几何建系繁琐问题 2931 (2024·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测)如图，在四棱台ABCD- π π ABCD 中，底面ABCD是菱形，∠ABC= ，∠BBD= ，∠BBA=∠BBC,AB= 1 1 1 1 3 1 6 1 1 2AB =2,BB=3 1 1 1 (1)求证：直线AC⊥平面BDB ； 1 (2)求直线AB 与平面ACC 所成角的正弦值. 1 1 1 【解析】(1)连接AC,BD交于O， 第 页 共 页 1868 3427因为BC=BA，∠BBA=∠BBC，BB=BB ， 1 1 1 1 所以ΔBBC≅ΔBBA，故BA=BC 1 1 1 1 又因为O为菱形对角线交点，即是线段AC的中点，所以BO⊥AC 1 又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD 而BO∩BD=O，所以AC⊥平面BDB 1 1 方法二：因为∠BBA=∠BBC， 1 1 所以点B 在平面ABCD内的射影O在为∠ABC的平分线， 1 又四边形ABCD为菱形，故BD为∠ABC的平分线，则O∈直线BD 故平面BDB ⊥平面ABCD，而平面BDB ∩平面ABCD=BD， 1 1 又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD 所以AC⊥平面BDB 1 (2)延长AA,BB,CC,DD 交于点P，平面BDB 即为平面BDP，平面ACC 即平面 1 1 1 1 1 1 ACP 由(1)得平面ACP⊥平面BDP，OP=平面ACP∩平面BDP， 所以过B 做BH⊥OP，则BH⊥平面ACP，故∠BAH即为直线AB 与平面ACC 1 1 1 1 1 1 1 1 所成角(若研究直线AB与平面ACC 所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变) 1 因为四棱台ABCD-ABCD 中AB=2AB =2，所以AB =1，BP=6 1 1 1 1 1 1 1 1 π 由菱形有AB=BC=2，且∠ABC= ，所以BD=2 3， 3 π 作PG⊥BD，因为∠BBD= ，则BG=3 3，PG=3，所以PO= BG2+PG2= 1 6 21， 36+21-3 9 7 3 7 则cos∠BPO= = ，sin∠BPO= ，BH= ， 2×6× 21 2 21 14 1 14 BH 3 7 故sin∠BAH= 1 = . 1 1 BA 14 1 1 法二：延长AA,BB,CC,DD 交于点P， 1 1 1 1 平面BDB 即为平面BDP，平面ACC 即平面ACP， 1 1 设直线AB 与平面ACC 所成角为θ 1 1 1 过P作PG⊥BD，垂足为G，因为BP=6，所以BG=3 3 第 页 共 页 1869 3427建系，以OB,OC为x,y轴，作z轴⎳GP， A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),P(-2 3,0,3)    AB=( 3,1,0)AC=(0,2,0)AP=(-2 3,1,3)  设平面ACP的法向量为m=(x,y,z)，则 2y=0  ，  -2 3x+y+3z=0  3 所以m= ,0,1 2  ，   cosm,AB  3 3 3 7 = = = 3 2 7 14 2×2× +1 4 3 7 所以sinθ= 14 2932 (2024·全国·模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，侧面BCCB 为正方形， 1 1 1 1 1 M，N分别为BC,AC 的中点，AC⊥BM． 1 1 1 (1)证明：MN⎳平面ABBA ； 1 1 (2)若BC=2，三棱锥A-BMN的体积为2，求二面角A-BM-N的余弦值． 1 1 【解析】(1)证明：取AB 的中点Q，连接NQ,BQ， 1 1 1 因为N为AC 的中点，所以NQ为△ABC 的中位线，则NQ⎳BC ，且NQ= BC ， 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 又M为BC的中点，所以BM⎳BC ，且BM= BC ，所以NQ⎳BM且NQ=BM， 1 1 2 1 1 所以四边形BMNQ为平行四边形，则MN⎳BQ， 又因为MN⊄平面ABBA ，且BQ⊂平面ABBA ，所以MN⎳平面ABBA. 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1870 3427(2)在直三棱柱ABC-ABC 中，可得CC ⊥平面ABC， 1 1 1 1 因为AC⊂平面ABC，所以CC ⊥AC， 1 又因为AC⊥BM，直线CC 与直线BM相交，且CC,BM⊂平面BCCB ， 1 1 1 1 1 1 1 所以AC⊥平面BCCB ，因为BC⊂平面BCCB ，所以AC⊥BC， 1 1 1 1 1 1 设AC=m，连接CN，则V = BC×AC×BB = ×2×m×2=2m， 三棱柱ABC-A1B1C1 2 1 2 1 1 1 m 1 1 1 V =V = × × BC×AC×BB = ，V = × × AC × B1-ABM N-ACM 3 2 2 1 3 A-A1B1N 3 2 2 1 1 m 1 1 B 1 C 1 ×BB 1 = 3 ，V N-B1C1CM = 3 × 2 B 1 C 1 +CM  1 m ×CC × AC = ， 1 2 1 1 2 m 所以V =V -V -V -V -V =2m-m- A-B1MN 三棱柱ABC-A1B1C1 B1-ABM N-ACM A-A1B1N N-B1C1CM 2 m m = ，所以 =2，则m=4， 2 2 以C为坐标原点，以CB,CC,CA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间 1 直角坐标系，则A0,0,4  ，M1,0,0  ，B 12,2,0  ，N0,2,2  ，  可得AM=1,0,-4   ，MB 1 =1,2,0   ，B 1 N=-2,0,2  ．  设平面AB 1 M的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1    AM⋅m=x -4z =0 ，则  1 1 ， AB ⋅m=x +2y =0 1 1 1  取z 1 =1，则m=4,-2,1  ，  设平面NB 1 M的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2    BN⋅n=-2x +2z =0 ，则1   2 2 ， MB ⋅n=x +2y =0 1 2 2  1 取z =1，则n=1,- ,1 2 2    则cosm,n    m⋅n =  m   ⋅n  6 4 21 = = ， 9 21 21× 4 4 21 由图可知，二面角A-BM-N为锐角，故二面角A-BM-N的余弦值为 ． 1 1 21 2933 (2024·江西抚州·高三校联考阶段练习)如图，在几何体ABCDE中，AB=BC,AB⊥ BC，已知平面ABC⊥平面ACD，平面ABC⊥平面BCE，DE⎳平面ABC，AD⊥ DE． 第 页 共 页 1871 3427(1)证明：DE⊥平面ACD； (2)若AC=2CD=2，设M为棱BE上的点，且满足2BM=ME，求当几何体ABCDE的 体积取最大值时，AM与CD所成角的余弦值． 【解析】(1)证明：过点D作DO⊥AC交AC与点O， ∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，DO⊂平面ACD， ∴DO⊥平面ABC，又∵DE⎳平面ABC，∴DO⊥DE， 又∵AD⊥DE，且AD∩DO=D，AD,DO⊂平面ACD， ∴DE⊥平面ACD； (2)过点E作EN⊥BC交BC于点N，连接ON， ∵平面ABC⊥平面BCE，平面ABC∩平面BCE=BC，EN⊂平面BCE， ∴EN⊥平面ABC， 又因为DO⊥平面ABC，所以DO⎳EN． ∵DE⎳平面ABC，∴D，E到平面ABC的距离相等， ∴DO⎳EN且DO=EN，∴四边形ONED是平行四边形，∴DE=ON, ∴ON⎳DE，又DE⊥平面ACD，∴ON⊥平面ACD，AC⊂平面ACD， ∴ON⊥AC. 由AB=BC,AB⊥BC得∠ACB=45°∴CO=ON. 1 由AC=2，得AB=BC= 2，S =1，∴V =V +V = EN⋅S + △ABC ABCDE E-ABC E-ACD 3 △ABC 1 1 1 1 DE⋅S = EN+ DE⋅DO= DO1+DE 3 △ACD 3 3 3  ， 又DO2+DE2=DO2+CO2=CD2=1，令DE=x0≤x≤1  ， 则V =fx ABCDE  1 = DO1+DE 3  1-x2×1+x =  ，fx 3  1+x = 1-2x 3 1-x2  ， 1 当x∈0， 2  时，fx  1 >0，当x∈ ，1 2  时，fx  <0， 所以fx  1 在0， 2  1 上单调递增，在 ，1 2  上单调递减， 1 即V ≤f ABCDE 2  3 1 = ，当且仅当DE= 时取得最大值． 4 2 如图所示，以点O为原点建立空间直角坐标系O-xyz， 3 则A- ,0,0 2  1 ,B- ,1,0 2  1 3 ,E0, , 2 2  1 ,C ,0,0 2  3 ,D0,0, 2  ， 第 页 共 页 1872 3427 7 5 3 所以AM= , , 6 6 6   1 3 ,CD=- ,0, 2 2  ．   设AM与CD所成角为α，则cosα= cosAM，CD      AM⋅CD =   AM⋅    CD  2 77 = ， 77 2 77 即当几何体ABCDE体积最大时，AM与CD所成角的余弦值为 ． 77 2934 (2024·黑龙江佳木斯·高一建三江分局第一中学校考期末)如图，已知三棱柱ABC- ABC 的底面是正三角形，侧面BBCC是矩形，M,N分别为BC,BC 的中点，P为 1 1 1 1 1 1 1 AM上一点，过BC 和P的平面交AB于E，交AC于F． 1 1 (1)证明：平面AAMN⊥EBCF； 1 1 1 (2)设O为△ABC 的中心，若AO⎳平面EBCF，且AO=AB，求直线BE与平面 1 1 1 1 1 1 AAMN所成角的正弦值． 1 【解析】(1)因为侧面BBCC是矩形，M,N分别为BC,BC 的中点，所以BB ⊥BC， 1 1 1 1 1 MN⎳BB ，从而BC⊥MN， 1 又△ABC是正三角形，M是BC中点，所以AM⊥BC， 因为AM∩MN=M，AM,MN⊂平面AAMN，所以BC⊥平面AAMN， 1 1 BC ⎳平面ABC，BC ⊂平面BCFE，平面ABC∩平面BCFE=EF，所以 1 1 1 1 1 1 1 1 BC ⎳EF，而BC⎳BC ，所以EF⎳BC，所以EF⊥平面AAMN，EF⊂平面BCFE， 1 1 1 1 1 1 1 所以平面AAMN⊥EBCF； 1 1 1 (2)EF∩AM=P，连接PN， AO⎳平面EBCF，平面EBCF∩平面AAMN=PN，AO⊂平面AAMN，所以 1 1 1 1 1 1 AO⎳PN，又由三棱柱的性质得ON⎳AP，所以APNO是平行四边形，所以AP=NO， 1 1 1 O是△ABC 的中心，则ON= AN，所以AP= AN= AM， 1 1 1 3 1 3 1 3 EF AP 1 所以 = = ， BC AM 3 设BC=3a，则EF=a，PN=AO=BC=3a， 由三棱柱性质知四边形BCFE是等腰梯形，如图，PN⊥BC ，作EH⊥BC 于H，则 1 1 1 1 1 1 1 EH=PN=3a，又BH= (3a-a)=a， 1 2 BH a 10 所以BE= 10a，cos∠EBC = 1 = = ． 1 1 1 BE 10a 10  1   由(1)知BC 是平面AAMN的一个法向量，而∠EBC 是BE与BC 的夹角， 1 1 1 1 1 1 1 1 10 所以直线BE与平面AAMN所成角的正弦值等于cos∠EBC = ． 1 1 1 1 10 第 页 共 页 1873 34272935 (2024·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模)如图，已知三棱柱ABC-ABC 的底面是正三 1 1 1 角形，侧面BBCC是矩形，M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点，过BC 和 1 1 1 1 1 1 P的平面交AB于E，交AC于F. (1)证明：AA ⎳MN，且平面AAMN⊥平面EBCF； 1 1 1 1 π (2)设O为△ABC 的中心，若AO=AB=12，AO⎳平面EBCF，且∠MPN= ，求 1 1 1 1 1 3 四棱锥B-EBCF的体积. 1 1 【解析】(1)因为M，N分别为BC，BC 的中点，所以MN⎳BB ， 1 1 1 又AA ⎳BB ，所以MN⎳AA ， 1 1 1 在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM. 又因为侧面BBCC为矩形，所以BC⊥BB. 1 1 1 因为MN⎳BB ，MN⎳BC， 1 由MN∩AM=M，MN、AM⊂平面AAMN， 1 所以BC⊥平面AAMN， 1 又因为BC ⎳BC，且BC ⊄平面ABC，BC⊂平面ABC， 1 1 1 1 所以BC ⎳平面ABC， 1 1 又因为BC ⊂平面EBCF，且平面EBCF∩平面ABC=EF， 1 1 1 1 1 1 BC ⎳EF 1 1 所以EF⎳BC. 又因为BC⊥平面AAMN， 1 所以EF⊥平面AAMN， 1 因为EF⊂平面EBCF 1 1 所以平面EBCF⊥平面AAMN. 1 1 1 (2)过M作PN垂线，垂足为H，画出图形，如图. 第 页 共 页 1874 3427因为AO⎳平面EBCF，AO⊂平面AAMN，平面AAMN∩平面EBCF=NP， 1 1 1 1 1 1 所以AO⎳NP， 又因为NO⎳AP，所以四边形OAPN为平行四边形， 所以AO=NP=12， 因为O为△ABC 的中心， 1 1 1 1 3 所以ON= × ×12=2 3， 3 2 因为平面EBCF⊥平面AAMN，平面EBCF∩平面AAMN=NP， 1 1 1 1 1 1 MH⊂平面AAMN， 1 所以MH⊥平面EBCF， 1 1 EF AP BC⋅AP 12×2 3 又因为在等边△ABC中， = ，得EF= = =4， BC AM AM 3 ×12 2 由(1)知，四边形EBCF为梯形， 1 1 1 1 所以四边形EBCF的面积为S = (EF+BC)NP= (4+12)×12=96， 1 1 EB1C1F 2 1 1 2 1 所以V = S ⋅MH，MH=sin∠MPN⋅PM， B-EB1C1F 3 EB1C1F 3 3 PM=AM-AP=AM-ON= ×12-2 3=4 3，所以MH= ×4 3=6， 2 2 1 所以V = ×96×6=192. B-EB1C1F 3 2936 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中)如图，在平行六面体ABCD-ABCD 中， 1 1 1 1 每一个面均为边长为2的菱形，平面ABBA ⊥底面ABCD，∠DAB=60°，M，N分别 1 1 是AA ，BB 的中点，P是BM的中点. 1 1 1 (1)证明：DP∥平面ACN； 第 页 共 页 1875 3427(2)若侧棱AA 与底面ABCD所成的角为60°，求平面DPB 与平面ADDA 所成锐二面 1 1 1 1 角的余弦值. 【解析】(1)证明：连接DM,MN， 因为在平行六面体ABCD-ABCD 中，每一个面均为边长为2的菱形， 1 1 1 1 所以，BB =AA =2,BB ⎳AA,AB=CD=2,AB⎳CD， 1 1 1 1 因为M，N分别是AA ，BB 的中点 1 1 所以，AM⎳BN,AM=BN，AM⎳BN,AM⎳BN， 1 1 所以，四边形AMBN，AMNB均为平行四边形， 1 所以，AN⎳MB ，MN⎳AB，MN=AB 1 因为菱形ABCD中，CD⎳AB，CD=AB 所以，MN⎳CD，CD=MN， 所以，四边形CDMN是平行四边形， 所以CN⎳DM， 因为BM,DM⊄平面ACN，AN,CN⊂平面ACN， 1 所以，BM⎳平面ACN，DM⎳平面ACN， 1 因为BM∩DM=M,BM,DM⊂平面BDM， 1 1 1 所以，平面BDM⎳平面ACN， 1 因为P是BM的中点，DP⊂平面BDM， 1 1 所以DP∥平面ACN. (2)过A 点作AO⊥AB，垂足为O，连接DO， 1 1 因为平面ABBA ⊥底面ABCD，平面ABBA ∩底面ABCD=AB，AO⊂平面 1 1 1 1 1 ABBA ， 1 1 所以，AO⊥底面ABCD， 1 因为，OD⊂底面ABCD， 所以AO⊥OD 1 因为，侧棱AA 与底面ABCD所成的角为60°， 1 所以，∠AAO=60°， 1 因为AA =2， 1 所以AO=1，即O为AB中点， 因为底面ABCD为菱形，∠DAB=60°， 所以，DO⊥AB，    所以，以O为坐标原点，以OD,OA,OA 为x,y,z轴方向建立空间直角坐标系， 1 所以，A 10,0, 3  ，B 10,-2, 3  ，A0,1,0  1 3 ，M0, , 2 2  3 3 3 ，P0,- , 4 4  ， 第 页 共 页 1876 3427D 3,0,0  ，  3 3 3 所以，DP=- 3,- , 4 4   5 3 ,PB =0,- , 1 4 4  ，  设平面DPB 1 的一个法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1  ，  3 3 3 DP⋅n  =0  3x 1 + 4 y 1 = 4 z 1  则 P  B  1 ⋅n  =0 ，即 - 5 4 y 1 + 4 3 z 1 =0 ，令z 1 =5得n=3, 3,5  ，  所以，AA 1 =0,-1, 3   ,AD= 3,-1,0  ，  设平面ADD 1 A 1 的一个法向量为m=x 2 ,y 2 ,z 2  ，   则   A A  A D 1 ⋅ ⋅ m m  = = 0 0 ，即   y 2 3 = x 2 = 3z y 2 1 ，令z 2 =1得m  =1, 3,1  ，   所以，cosn,m    n⋅m =  n   ⋅m  3+3+5 11 185 = = , 5⋅ 37 185 11 185 所以，平面DPB 与平面ADDA 所成锐二面角的余弦值为 1 1 1 185 2937 (2024·全国·高三专题练习)已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC， 1 BC⊥AB，AB=AD= BC，BD= 2，PD= 5． 2 (1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值； (2)线段PB上是否存在一点M，使得CM⊥平面PBD？若存在，请指出点M的位置；若 不存在，请说明理由． 【解析】(1)因为AD∥BC，BC⊥AB，所以AD⊥AB． 第 页 共 页 1877 34271 又因为AB=AD= BC，BD= 2，所以AB=AD=1,BC=2． 2 因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB,PA⊥AD．又PD= 5，所以PA= PD2-AD2=2． 以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间 直角坐标系， 则B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)．    所以PC=(1,2,-2)，BD=(-1,1,0)，BP=(-1,0,2)．  设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，   y=x 则   B B  D P  ⋅ ⋅ n n  = = 0 0 ，即  - - x x + + y 2z = = 0 0 ，得   z= 2 1 x ，  令x=2，可得平面PBD的一个法向量为n=(2,2,1)． π 设直线PC与平面PBD所成的角为θ，θ∈ 0,  2  ，   则sinθ=|cos‹P  C  ,n  ›|=   P  C⋅n  |PC|⋅|n|  4 4 = = ， 9⋅ 9 9 4 所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ． 9 另 如图，连接AC．因为AD∥BC，BC⊥AB，所以AD⊥AB． 1 因为AB=AD= BC，BD= 2，所以AB=AD=1,BC=2． 2 因为BC⊥AB，所以AC= AB2+BC2= 5． 因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD． 第 页 共 页 1878 3427因为PA= PD2-AD2=2，所以PC= AC2+PA2=3，PB= PA2+AB2= 5． 1 2 所以S = × 2× ( 5)2- △PBD 2 2  2 3 1 1 = ，S = ×BC×AB= ×2×1=1． 2 △BCD 2 2 设点C到平面PBD的距离为h， 1 1 1 1 3 由V =V ，得 ×PA×S = ×h×S ，即 ×2×1= ×h× ，解 P-BDC C-PBD 3 △BCD 3 △PBD 3 3 2 4 得h= ． 3 π 设直线PC与平面PBD所成的角为θ，θ∈ 0,  2  h 4 ，则sinθ= = ． PC 9 4 所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ． 9 (2)不存在点M，理由如下： 假设存在满足条件的点M(如图)．   可设BM=λBP=(-λ,0,2λ)，λ∈[0,1]，所以M(1-λ,0,2λ)，  所以CM=(-λ,-2,2λ)．    又由(1)知n=(2,2,1)为平面PBD的一个法向量，所以CM∥n， -λ -2 2λ 即 = = ，无解． 2 2 1 所以线段PB上不存在满足条件的点M． 另不存在点M，理由如下： 假设存在满足条件的点M， 由CM⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，得CM⊥PB，且CM⊥BD， 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC． 因为BC⊥AB，且PA∩AB=A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB．又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB． 若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合． 又BC与BD不垂直，所以线段PB上不存在满足条件的点M． 2938 (2024·全国·模拟预测)如图，三棱柱ABC-ABC 的底面为等边三角形，AA =AC， 1 1 1 1 点D，E分别为AC，CC 的中点，∠CED=30°，AB= 2BD= 6． 1 1 第 页 共 页 1879 3427(1)求点A 到平面BDE的距离； 1 (2)求二面角A -BE-D的余弦值． 1 【解析】(1)连接AC ，AC，设AC与DE交于点F， 1 1 1 由AA =AC可知，侧面ACCA 为菱形，所以AC ⊥AC， 1 1 1 1 1 因为点D，E分别为AC，CC 的中点，所以DE⎳AC ，则DE⊥AC， 1 1 1 因为∠CED=30°，所以∠CCA=30°， 1 则∠AAC=2∠CCA=60°，又AC=AA ，所以△AAC为等边三角形， 1 1 1 1 由△ABC为等边三角形，BD= 3，得AC=2， 连接AD，则AD⊥AC，AD= 3， 1 1 1 又AB= 6，BD= 3，所以AB2=BD2+AD2，则AD⊥BD， 1 1 1 1 易知BD⊥AC，因为AC∩AD=D，AC⊂平面ACCA ，AD⊂平面ACCA ， 1 1 1 1 1 1 所以BD⊥平面ACCA ， 1 1 又AC⊂平面ACCA ，所以BD⊥AC， 1 1 1 1 因为BD∩DE=D，BD⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE， 1 所以AF为点A 到平面BDE的距离， 1 1 3 3 3 又AF= AC= ，故点A 到平面BDE的距离为 ． 1 4 1 2 1 2 (2)由(1)可知，BD,AC,AD两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，DA 分别为x， 1 1 y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C0,1,0  ，A0,-1,0  ，B 3,0,0  ，A 10,0, 3  ，C 10,2, 3  3 3 ，E0, , 2 2  ，  所以A 1 C=0,1,- 3   3 3 ，BE=- 3, , 2 2   3 3 ,AE=0, ,- 1 2 2  ，  由(1)知平面BDE的一个法向量为A 1 C=0,1,- 3  ， 第 页 共 页 1880 3427 设平面A 1 BE的法向量为n=x,y,z  A  E  ⋅n  =0   3 2 y- 2 3 z=0 ，则1  ，即  ， BE⋅n=0 - 3x+ 3 y+ 3 z=0  2 2  取y=1，则n= 3,1, 3  ，   于是cosAC,n 1    AC⋅n =  1  AC 1   n  1-3 7 = =- ， 2× 7 7 7 因为二面角A -BE-D为锐二面角，所以二面角A -BE-D的余弦值为 ． 1 1 7 2939 (2024·全国·高三专题练习)已知两个四棱锥P -ABCD与P -ABCD的公共底面是边 1 2 长为4的正方形，顶点P，P 在底面的同侧，棱锥的高PO =PO =2，O ，O 分别为 1 2 1 1 2 2 1 2 AB，CD的中点，PD与PA交于点E，PC与PB交于点F. 1 2 1 2 (1)求证：点E为线段PA的中点； 2 (2)求这两个棱锥的公共部分的体积. 【解析】(1) 连接PP，OO ，如图，因为PO ⊥平面ABCD，PO ⊥平面ABCD， 1 2 1 2 1 1 2 2 所以PO ⎳PO ，又PO =PO ，所以四边形POO P 是矩形， 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 所以PP ⎳OO ，PP =OO ， 1 2 1 2 1 2 1 2 又O ，O 分别为AB，CD的中点，所以OO ⎳AD，OO =AD， 1 2 1 2 1 2 所以PP ⎳AD，PP =AD，所以四边形PPDA是平行四边形， 1 2 1 2 1 2 又对角线PA∩DP =E，所以点E为线段PA的中点. 2 1 2 (2)连接PO ，交EF于点N，过点P 作PM⊥PO 于M， 2 1 1 1 2 1 由题意知PA=PB，故PO ⊥AB， 2 2 2 1 又PO ⊥AB，PO ∩PO =O ，PO ，PO ⊂平面PPO ，所以AB⊥平面PPO ， 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 故AB⊥PM，又PO ∩AB=O ，PO ，AB⊂平面PAB， 1 2 1 1 2 1 2 所以PM⊥平面PAB，即PM是四棱锥P -ABFE的高， 1 2 1 1 1 由(1)同理可得点F为线段PB的中点，所以EF⎳AB，EF= AB=2， 2 2 1 在Rt△P 2 O 2 O 1 中，P 2 O 1 = 42+22=2 5，则NO 1 = 5，所以S AEFB = 2 ×2+4  × 5 第 页 共 页 1881 3427=3 5， 4 4 因为PM=POsin∠POM=2× = ， 1 1 1 1 1 2 5 5 1 1 4 20 所以V=V -V = ×2×42- ×3 5× = . P1-ABCD P1-ABEF 3 3 5 3 2940 (2024·全国·高一专题练习《) 九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最 重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有 效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个 直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC. (1)从三棱锥P-ABC中选择合适的两条棱填空： ⊥ ，则三棱锥P-ABC 为“鳖臑”； (2)如图，已知AD⊥PB，垂足为D，AE⊥PC，垂足为E，∠ABC=90°. (i)证明：平面ADE⊥平面PAC； (ii)设平面ADE与平面ABC交线为l，若PA=2 3，AC=2，求二面角E-l-C的大 小. 【解析】(1)因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又PA⊥平面ABC，所以PA ⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；即△PAB，△PAC为直角三角形； 若BC⊥AB，由AB∩PA=A，AB,PA⊂平面PAB，可得：BC⊥平面PAB； 所以BC⊥PB，即△ABC，△PBC为直角三角形；满足四个面都是直角三角形； 同理，可得BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC，都能满足四个面都是直角三角形； 故可填：BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC； (2)(i)证明： ∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥BC， 又BC⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAB， ∴BC⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC， ∴AD⊥平面PBC， 又PC⊂平面PBC， ∴PC⊥AD， 又AE⊥PC，AE∩AD=A，AD,AE⊂平面ADE， ∴PC⊥平面ADE， 又PC⊂平面PAC， 第 页 共 页 1882 3427∴平面ADE⊥平面PAC. (ii)由题意知，在平面PBC中，直线DE与直线BC相交. 如图所示，设DE∩BC=F，连结AF，则AF即为l. ∵PC⊥平面AED，l⊂平面AED， ∴PC⊥l， ∵PA⊥平面ABC，l⊂平面ABC， ∴PA⊥l， 又PA∩PC=P，PA,PC⊂平面PAC， ∴l⊥平面PAC， 又AE,AC⊂平面PAC， ∴AE⊥l，AC⊥l. ∴∠EAC即为二面角E-l-C的一个平面角. 在△PAC中，PA⊥AC，PA=2 3，AC=2， ∴PC=4， 又AE⊥PC， AP×AC 2 3×2 ∴AE= = = 3， PC 4 AE 3 ∴cos∠EAC= = ， AC 2 ∴∠EAC=30°， ∴二面角E-l-C的大小为30°. 2941 (2024·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末)如图，四面体ABCD中，△ABC等边 三角形，AB⊥AD，且AB=AD=2. (1)记AC中点为M，若面ABC⊥面ABD，求证：BM⊥面ADC； 5π (2)当二面角D-AB-C的大小为 时，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值. 6 【解析】(1)∵△ABC为等边三角形，AC中点为M，∴BM⊥AC， 又面ABC⊥面ABD，面ABC∩面ABD=AB，AD⊂面ABD, 由AD⊥AB，得AD⊥面ABC, ∵BM⊂面ABC，∴BM⊥AD, 又AD∩AC=A，AD,AC⊂平面ACD，∴BM⊥面ADC. 第 页 共 页 1883 3427(2)在△ABC中，过A作AB的垂线,与BC的延长线交于点E,连结DE, ∵AB⊥AD,AE⊥AB，AD∩AE=A，AD,AE⊂面AED， 5π ∴BA⊥面AED，∴∠DAE是二面角D-AB-C的平面角，∴∠DAE= , 6 过A作AF⊥DE交于F点,连结BF,作AG⊥BF交于点G,连结DG, 由BA⊥面AED，DE⊂面AED，得DE⊥BA, 又∵AF⊥DE，AF∩AB=A,AF,AB⊂面ABF，∴DE⊥面ABF, ∵DE⊂面BDE，∴面ABF⊥面BDE，∵面ABF∩面BDE=BF， AG⊥BF,AG⊂面ABF，所以AG⊥面BDE，即AG⊥面BCD， 所以直线AD与平面BCD所成角即为∠ADG， 5π 由题意:AD=AB=2,AE=2 3，∠DAE= , 6 则DE= AD2+AE2-2AD⋅AEcos∠DAE= 22+2 3  3 2-2×2×2 3×- 2  = 2 7 5π AE⋅AD⋅sin 6 21 AF= = ，∵BA⊥面AED，AF⊂面AED，∴BA⊥AF， DE 7 31 AB⋅AF 2 3 ∴BF= AB2+AF2= ，∴AG= = 7 EF 31 AG 93 ∴sin∠ADG= = ， AD 31 93 ∴直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 . 31 2942 (2024·河北衡水·高二校考开学考试)已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB =120°，且平面ABD⊥平面BCD． 第 页 共 页 1884 3427(1)求证：BD⊥AC； (2)求直线CA与平面ABD所成角的大小． 【解析】(1)证明：∵AD=DC，∠ADB=∠CDB=120°，BD=BD ∴△ADB≅△CDB， ∴AB=BC，取AC中点M， 则MB⊥AC，DM⊥AC，MB∩DM=M,MB，DM⊂平面BDM， ∴AC⊥平面BDM，BD⊂平面BDM， ∴AC⊥BD； (2)过点C作CH⊥BD交BD延长线于H，连结HA， ∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CH⊥BD，CH⊂平面BCD， ∴CH⊥平面ABD， ∴∠CAH为CA与平面ABD所成角， ∵DC=AD，∠ADH=∠CDH=60°，DH=DH， ∴△HAD≅△HCD， ∴AH=HC， ∴在Rt△HAC中，∠HAC=45°， ∴直线CA与平面ABD所成角的大小为45° 第 页 共 页 1885 34276 题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题 2943 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC是等边三角形， ∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP 1  证明：平面ACD⊥平面BDP； 2  3 若BD= 6，cos∠BPD=- ，求三棱锥A-BCD的体积． 3 【解析】1  证明：如图所示， 因为△ABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°， 所以Rt△ABD≌Rt△BCD，可得AD=CD， 又因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC， 又PD∩PB=P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD， 所以平面ACD⊥平面BDP； 2  设AB=a，在Rt△ABD中，BD= 6，则AD= BD2-AB2= 6-a2； 3 3 在等边△ABC中，BP= AB= a， 2 2 1 在等腰△ACD中，DP= AD2-AP2= 6-a2- a 2  2 = 6- 5 a2； 4 3 6 在△BPD中，由cos∠BPD=- ，得sin∠BPD= ； 3 3 由余弦定理得BD2=BP2+DP2-2⋅BP⋅cos∠BPD， 3 5 3 5 3 即6= a2+6- a2-2× a× 6- a2×- 4 4 2 4 3  ，解得a=2； 1 2 所以△BPD的面积为S= ⋅BP⋅DP⋅sin∠BPD= ， 2 2 1 1 2 2 所以三棱锥A-BCD的体积为V= ⋅AC⋅S = ×2× = ． 3 △BPD 3 2 3 2944 (2024·高二校考单元测试)如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD =∠BCD=90°,点P是AC的中点,连接BP,DP． 第 页 共 页 1886 3427(1)证明:平面ACD⊥平面BDP; (2)若BD= 6,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦 值． 【解析】解:(1)证明:因为△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°, 所以Rt△ABD≅Rt△CBD,可得AD=CD． 因为点P是AC的中点,则PD⊥AC,PB⊥AC, 因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD, 所以AC⊥平面PBD,因为AC⊂平面ACD, 所以平面ACD⊥平面BDP． (2)如图,作CE⊥BD,垂足为E连接AE． 因为Rt△ABD⊆Rt△CBD, 所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平面角． 由已知二面角A-BD-C为120°,知∠AEC=120°． 在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC= 3AE． 因为△ABC是等边三角形,则AC=AB,所以AB= 3AE． 1 1 在Rt△ABD中,有 AE⋅BD= AB⋅AD,得BD= 3AD, 2 2 因为BD= 6,所以AD= 2． 又BD2=AB2+AD2,所以AB=2． 2 3 6 则AE= ,ED= ． 3 3   以E为坐标原点,以向量EC,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向, 以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz, 6 则D0, ,0 3  3 ,A- ,0,1 3   3 6 ,向量AD= , ,-1 3 3  ,  平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 设直线AD与平面BCD所成的角为θ,     m⋅AD 则cos‹m,AD›=  m   AD   -1 2  2 = =- ,sinθ=|cos‹m,AD›|= 2×1 2 2 第 页 共 页 1887 34272 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 ． 2 2945 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥F-ABCD中，底面ABCD为边长是2的正方 形，E，G分别是CD，AF的中点，AF=4，∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大 小为90°. (1)求证：AE⊥BG； (2)求二面角B-AF-E的余弦值. 【解析】(1)证明：作GO⊥AE于点O连接BO， ∵AG=AB=2，∠GAO=∠BAO，AO=AO， ∴△AOG≅△AOB，∴∠AOB=∠AOG=90°， 即GO⊥AE，BO⊥AE，又GO∩AO=O， ∴AE⊥平面OGB，又GB⊂平面OGB， ∴AE⊥BG. (2)∵二面角F-AE-B的大小为90°， ∴平面AEF⊥平面AEB，平面AEF∩平面AEB=AE，GO⊥AE，∴GO⊥平面 AEB. 以点O为原点，OA,OB,OG所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系O- xyz， 第 页 共 页 1888 34271 1 ∵S = ×AB×BC= AE⋅BO, △ABC 2 2 1 1 ∴ ×2×2= × 5×BO. 2 2 4 5 4 5 2 5 ∴BO= ，即GO= ⇒AO= . 5 5 5 2 5 8 5 ∴F- ,0, 5 5  2 5 ，A ,0,0 5  4 5 ，B0, ,0 5  4 5 ，G0,0, 5  .  4 5 8 5 ∴FA= ,0,- 5 5   2 5 4 5 ,BA= ,- ,0 5 5  ，  设平面ABF的法向量m=x,y,z  ，   4 5 x- 8 5 z=0, 5 5 由 ，得  2 5 4 5  x- y=0.  5 5  令y=1，得m=2,1,1  .   易知n=OB=0,1,0  为平面AEF的一个法向量.   m⋅n 设二面角B-AF-E为θ，θ为锐角，则cosθ=   m   ⋅n  6 = . 6 2946 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱 形，∠DAE=∠BAE=45°，∠DAB=60°. (1)证明：平面ADE⊥平面ABE； (2)当直线DE与平面ABE所成的角为30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角 的余弦值. 第 页 共 页 1889 3427【解析】(1)过点D作DO⊥AE，垂足为O，连结OB，BD. 在Rt△AOD中，由∠DAE=45°，AD=2得，OA=OD= 2. 在△AOB中，由余弦定理得OB2=AO2+AB2-2AO⋅ABcos45°=2， 即OB= 2，又BD=2，所以OD2+OB2=AD2，即DO⊥OB. 又OB∩AE=O，所以DO⊥平面ABE. 又DO⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABE. (2)由(1)知，∠DEA为直线DE与底面ABE所成角，则∠DEA=30°，所以OE= 6. 以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz如图所示，则A(0,- 2,0)，B( 2,0,0)，E(0,   6,0)，D(0,0, 2)，所以AB=( 2, 2,0)，DE=(0, 6,- 2)，   由于AB⎳DC，所以DC=AB=( 2, 2,0).   设平面DCE的法向量为n  =(x,y,z)，则   n  ⊥D  E  ，即  6y- 2z=0 ，解得  x=-y ， n⊥DC 2x+ 2y=0 z= 3y  令y=1得n=(-1,1, 3).  显然平面ABE的一个法向量为OD=(0,0, 2)，     n⋅OD 6 15 所以cos=  = = ， |n  ||OD| 5× 2 5 15 即平面DCE与平面ABE所成二面角的余弦值为 . 5 2947 (2024·广东阳江·高二统考期中)如图，在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． (1)求证：平面ACD⊥平面ABC；   1 (2)若DE=mDB，二面角D-AE-C的余弦值为 ，求m． 7 第 页 共 页 1890 3427【解析】(1)证明：因为△ABC是正三角形，所以AB=BC=AC 因为∠ABD=∠CBD，BD公共边， 所以△ABD≌△CBD, 所以AD=CD， 因为△ACD是直角三角形， 所以∠ADC=90°， 取AC的中点O，连接DO,BO，则DO⊥AC,DO=AO, 因为△ABC是正三角形，所以BO⊥AC， 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角， 在Rt△AOB中，BO2+AO2=AB2， 因为AB=BD，所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 所以∠DOB=90°， 所以平面ACD⊥平面ABC； (2)由(1)可得DO⊥OB,DO⊥AO,AO⊥OB，所以以O为原点，OA,OB,OD所在的 直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设等边△ABC的边长为2，则A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1)，    则AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),DB=(0, 3,-1)，     因为DE=mDB，所以DE=mDB=m(0, 3,-1)=(0, 3m,-m)，    所以AE=AD+DE=(-1,0,1)+(0, 3m,-m)=(-1, 3m,1-m)，  设平面ADE的法向量为m=(x,y,z)，则   m⋅AD=-x+z=0    ， m⋅AE=-x+ 3my+(1-m)z=0  令y= 3，则m=(3, 3,3)， 第 页 共 页 1891 3427 设平面ACE的法向量为n=(a,b,c)，则   n⋅AC=-2a=0   ， n⋅AE=-a+ 3mb+(1-m)c=0  3m 令b=1，则n=0,1, m-1  ， 1 因为二面角D-AE-C的余弦值为 ， 7   所以 cosm,n      m⋅n =  m   n    3 3m 3+ m-1 = 3m 9+3+9⋅ 1+ m-1   2  1 = ， 7 (4m-1)2 1 化简得 = ，18m2-9m+1=0， (m-1)2+3m2 7 1 1 解得m= 或m= ， 3 6 如图，过A作AF⊥BD于F，连接CF，则由(1)可得CF⊥BD， 因为AF∩CF=F，所以BD⊥平面ACF， 所以平面DAF⊥平面ACF，所以二面角D-AF-C为直角二面角， 因为AB=BD=2,AD= 2， 1 AD 所以S = AD⋅ AB2- △ABD 2 2  2 1 1 7 = × 2× 4- = , 2 2 2 1 7 7 所以 BD⋅AF= ,得AF= ， 2 2 2 7 1 1 所以DF= 2- = ，所以DF= DB, 4 2 4 1 所以当00,cosθ>0，故 =sinθ，解得m=cosθ， m2+sin2θ  故n 1 =sinθ,cosθ,tanθ  ，  由题意可得：平面MBQ的法向量为n 2 =0,1,0  ，   ∵cosn,n 1 2    n ⋅n = 1 2 n 1   n 2  cosθ = =cos2θ， sin2θ+cos2θ+tan2θ ∴平面MBC与平面MBQ的夹角余弦值为cos2θ， π 注意到平面ABCD与平面BFPQ的夹角α0<α< 2  ，即平面MBC与平面MBQ的夹 角， 故cosα=cos2θ. 2950 (2024·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测)在四棱锥S-ABCD中，BC⊥CD，AB ∥CD，SA=SD=1，AB=2BC=2CD=2，平面SAD⊥平面ABCD. 第 页 共 页 1895 3427(1)证明：SA⊥BD； 1 SE (2)若E是棱SB上一点，且二面角S-AD-E的余弦值为 ，求 的大小. 2 SB 【解析】(1)取AD中点为O，AB中点为F，连接OS，OF，DF， ∵SA=SD=1， ∴SO⊥AD， ∵平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD=AD， ∴SO⊥平面ABCD， ∴SO⊥BD， 在四边形ABCD中，BC⊥CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD为直角梯形， ∵AB=2BC=2CD=2， 1 ∴AF=BF= AB=1， 2 ∴CD∥BF，CD=BF， ∴四边形BCDF为正方形， ∴DF=1且DF⊥AB， 在Rt△ADF中，AD= AF2+DF2= 2， 在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 2， ∴AD2+BD2=AB2， ∴BD⊥AD， ∵SD∩AD=D，SD⊂平面SAD，AD⊂平面SAD， ∴BD⊥平面SAD， ∵SA⊂平面SAD， ∴SA⊥BD； (2)∵O、F为AD、AB的中点， 1 2 ∴OF∥BD，且OF= BD= ， 2 2 由(1)知BD⊥AD， 第 页 共 页 1896 3427∴OF⊥AD， 以O为原点，OA、OF、OS分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系， 则O0,0,0  2 ，A ,0,0 2  2 ，D- ,0,0 2  2 ，S0,0, 2  2 ，B- , 2,0 2  ，  则AD=- 2,0,0   2 2 ，SB=- , 2,- 2 2   2 2 ，SA= ,0,- 2 2  ， SE 设 =λ，λ∈0,1 SB  ，   则SE=λSB， 设Ex,y,z  ，  2 则SE=x,y,z- 2  ， 2 x=- λ  2  2 2 2 则 y= 2λ ，则E- λ, 2λ, - λ  2 2 2   z- 2 =- 2 λ 2 2  ，  2 2 2 2 则AE=- λ- , 2λ, - λ 2 2 2 2  ，  设平面SAD的一个法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，   2 2 SA⋅m= x - z =0 则 2 1 2 1 ，  AD⋅m=- 2x =0 1  令y 1 =1，则m=0,1,0  ，  设平面ADE的一个法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2  ，   AD⋅n=- 2x =0 2 则   2 2 AE⋅n=- λ- 2 2  2 2 x + 2λy + - λ 2 2 2 2    ， z =0 2  2λ 令y =1，则n=0,1, 2 λ-1  ， 1 ∵二面角S-AD-E的余弦值为 ， 2   ∴ cosm,n      m⋅n =   m   n  1 = 2λ 1 1+ λ-1  1 = ， 2 2 2λ ∴1+ λ-1  2 2λ =4，即 λ-1  2 =3， ∵λ∈0,1  ， 第 页 共 页 1897 34272λ ∴ ≤0， λ-1 2λ ∴ =- 3，解得：λ=2 3-3， λ-1 SE 故 =2 3-3. SB 2951 (2024·安徽·高三校联考期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD,AP⊥PD,AB ⊥BC,PA=PD=DC=BC=1,AB=2，E是PB的中点． (1)求CE的长； π (2)设二面角P-AD-B平面角的补角大小为θ，若θ∈0, 2  ，求平面PAD和平面 PBC夹角余弦值的最小值． 【解析】(1)取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示： 1 则GE⎳AB，且AB∥CD，GE= AB=DC， 2 所以四边形CDGE为平行四边形． π 因为AP⊥PD，所以△APD为直角三角形，∠APD= ， 2 1 在Rt△DPG中，因为PA=PD=1，所以DG= 1+ 2  2 5 = ， 2 5 所以CE=DG= 2 5 所以CE的长为 ； 2 (2)在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示， π 则AM=ME=1，∠AME= ， 2 以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面MABC垂直的直线为z 第 页 共 页 1898 3427轴，建立空间直角坐标系M-xyz，取AD的中点为N，连接PN，MN，则PN⊥AD,MN ⊥AD，PN∩MN=N，PN,MN⊂平面PMN，所以AD⊥平面PMN，AD⊂平面 MABC， 所以平面PMN⊥平面MABC，在平面PMN内过点P作PF⊥MN，垂足为F， 因为平面PMN∩平面MABC=MN，所以PF⊥平面MABC， 由已知可得∠PNM=θ，则A(1,0,0),D(0,1,0),C(0,2,0),B1,2,0  ，设Px 0 ,y 0 ,z 0  ． 2 2 2 2 因为PN= ，所以PF= sinθ,FN= cosθ,MF= (1-cosθ)， 2 2 2 2 π π 因为AM=MD=1，∠AMD= ，N为线段AD的中点，所以∠AMN=∠DMN= ， 2 4 2 2 1 2 所以x =y = (1-cosθ)× = (1-cosθ),z = sinθ， 0 0 2 2 2 0 2 1 1 2 所以P (1-cosθ), (1-cosθ), sinθ 2 2 2  ，   1+cosθ cosθ-1 2 所以AD=(-1,1,0),PA= , ,- sinθ 2 2 2  ．  设平面PAD的法向量n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ， -x +y =0,  1 1 则1+cosθ cosθ-1 2sinθ x + y - z =0, 2 1 2 1 2 1  令z = 2，则n =(tanθ,tanθ, 2)． 1 1  设平面PBC的法向量n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，   cosθ-1 cosθ+3 2 因为CB=(1,0,0),PC= , ,- sinθ 2 2 2  ， x =0,  2 则cosθ-1 cosθ+3 2 x + y - z sinθ=0, 2 2 2 2 2 2  令y = 2sinθ．则x =0,z =3+cosθ，所以n =(0, 2sinθ,3+cosθ)为平面PBC的 2 2 2 2 一个法向量． 设平面PAD和平面PBC的夹角为α，   n ⋅n 1 2 则cosα=   n 1   ⋅n 2  sin2θ  2 +3 2+ 2cosθ cosθ =  2tan2θ+2  sin2θ+6cosθ+10  |3cosθ+1| = 11-cos2θ+6cosθ 1 3cosθ+ 3 =  1 -cosθ+ 3  2 20 1 + cosθ+ 3 3  3 = 80 80 + 9 1 9cosθ+ 3  20 + 2 1 3cosθ+ 3  ． -1 1 π 令t= ,θ∈0, 1 2 cosθ+ 3  3 ，所以t∈ ,3 4  ， 9 9 所以cosα= = 80t2+60t-9 3 80t+ 8  ，所以当t=3时，cosα有最小值 2 81 - 4 11 ， 11 11 所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为 ． 11 2952 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面 第 页 共 页 1899 3427ABCD，M是线段PD的中点，设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明l∥平面BCM 6 (2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，若PB与平面QCD所成角的正弦值为是 ，求 3 线段QC的长. (3)在(2)的条件下，求二面角D-CQ-M的正弦值. 【解析】(1)在正方形ABCD中，AD∥BC， 因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC， 又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD∥l，BC∥l 因为BC⊂平面 MBC，l⊄平面MBC，所以l∥平面BCM (2)如图建立空间直角坐标系D-xyz， 因为PD=AD=1，则有D0,0,0  ，C0,1,0  ，A1,0,0  ，P0,0,1  ，B1,1,0  ， 设Qm,0,1   ，则有DC=0,1,0   ，DQ=m,0,1   ，PB=1,1,-1  ，  设平面QCD的法向量为n=x,y,z    ，则   D  C  ⋅n  =0 ，即  y=0 ，令x=1，则z= DQ⋅n=0 mx+z=0  -m，所以平面QCD的一个法向量为n=1,0,-m    ，则cosn,PB    n⋅PB =  n   PB  = 1+0+m 3⋅ m2+1 6 因为PB与平面QCD所成角的正弦值为是 ， 3   所以 cosn,PB    1+m =  6 = ， 3⋅ m2+1 3 解得m=1.所以QC  = 3.  (3)由(2)可知平面QCD的一个法向量为n=1,0,-1  1 因为M是线段PD的中点，所以M0,0, 2   于是QC=-1,1,-1   1 ，MC=0,1,- 2   ，设平面MCQ的法向量m=x,y,z  第 页 共 页 1900 3427  -x+y-z=0 QC⋅m=0   则  ，即 y- 1 z=0 .令z=2，得y=1，x=-1，m=-1,1,2 MC⋅m=0 2    cosm,n    m⋅n =  m   ⋅n  -3 3 1 = =- ，所以二面角D-CQ-M的正弦值为 . 2 6 2 2 2953 (2024·江西抚州·高二临川一中校考期中)如图，直线AQ⊥平面α，直线AQ⊥平行四 边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面α上，AB= 7，AD= 3，AD⊥ DB，AC∩BD=O,OP⎳AQ,AQ=2，M,N分别是AQ与CD的中点. (1)求证：MN⎳平面QBC； (2)求二面角M-CB-Q的余弦值. 【解析】(1)连接OM,ON，底面ABCD为平行四边形， ∵N是CD的中点，O是BD的中点，∴ON⎳BC， ∵M是AQ的中点，O是AC的中点，∴OM⎳QC， ON∩OM=O，BC∩QC=C，∴平面OMN⎳平面QBC， MN⊆平面OMN，∴MN⎳平面QBC； (2)由AQ⊥平面α，AQ⊥平行四边形ABCD， ∴平面α⎳底面ABCD，OP⎳AQ，OP=AQ=2， ∴四边形PQAO为矩形，且PO⊥底面ABCD，AD⊥DB，过D作DZ⎳OP， 以DA,DB,DZ所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图)， 由AB= 7，AD= 3，AD⊥DB，知DB=2， ∴D(0，0，0)、A( 3，0，0)、M( 3，0，-1)、N( 3，0，-2)、B(0，2，0)、C(- 3，2，0)，     ∴MB=(- 3，2，1)、CB=DA=( 3，0，0)、QB=(- 3，2，2)， 第 页 共 页 1901 3427 设平面MCB的法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ， 则     n  1 ⋅M  B=- 3x 1 +2y 1 +z 1 =0 , n ⋅CB= 3x =0 1 1  取y 1 =-1，z 1 =2，x 1 =0，即n 1 =0,-1,2  ，  设平面QCB的法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  则     n  2 ⋅Q  B  =- 3x 2 +2y 2 +2z 2 =0 , n ⋅CB= 3x =0 2 2  取y 2 =-1，z 2 =1，x 2 =0，即n 2 =0,-1,1  ，   n ⋅n ∴二面角M-CB-Q的平面角θ的余弦cosθ= 1 2 n 1⋅    n 2  0,-1,2 =  0,-1,1  = 5⋅ 2 3 10 . 10 2954 (2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面 ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，AB=2，SC=2 2． (1)证明：平面SAD⊥平面ABCD； (2)侧棱SC上是否存在一点P(P不在端点处)，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦 21 值等于 ？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 7 【解析】(1)证明：因为底面ABCD为正方形，AB=2，所以CD⊥AD， 又因为侧面SAD为等边三角形，所以AB=AD=SD=2. SC=2 2，所以SD2+CD2=SC2，即CD⊥SD，又AD∩SD=D, 所以CD⊥平面SAD，又因为CD⊂平面ABCD， 所以平面SAD⊥平面ABCD. 第 页 共 页 1902 3427(2)如图： 取AD的中点为E，连接SE，因为侧面SAD为等边三角形， 所以SE⊥AD， 又由(1)可知平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD， SE⊂平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，    以E为原点，分别以AB,ED,ES的方向为x轴，y轴，z轴为正方向，建立空间直角坐标 系. A0,-1,0  ，B2,-1,0  ，S0,0, 3  ，D0,1,0  ，C2,1,0  ，  所以SC=2,1,- 3   ，SA=0,-1,- 3   ，AC=2,2,0    ，设SP=λSC,(0<λ<1).  SP=2λ,λ,- 3λ  ，所以P2λ,λ, 3- 3λ   ，所以BP=2λ-2,λ+1, 3- 3λ  .  设平面SAC的法向量为m=a,b,c    ，由于   S  A  ⋅m  =0 ，所以  -b- 3c=0 . AC⋅m=0 2a+2b=0  令c= 3，则b=-3，a=3，所以m=3,-3, 3  ，     m⋅BP 所以cos‹m,BP›=  m   BP  -6 = . 21× 8λ2-12λ+8 21 因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 . 7 6 21 1 所以 = ，解得λ= 或λ=1(舍) 21× 8λ2-12λ+8 7 2 21 故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 . 7 2955 (2024·吉林长春·高二校考期末)如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD ⊥底面ABCD，AD= 2，DC=SD=2.点M在侧棱SC上，∠ABM=60°. (1)证明：M是侧棱SC的中点； (2)求二面角S-AM-B的余弦值. 【解析】(1)以D为坐标原点，射线DA、DC、DS分别为x、y、z轴正半轴，建立如图所示 的直角坐标系D-xyz. 第 页 共 页 1903 3427  设A( 2,0,0)，则B( 2,2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2).SM=λMC(λ>0)， 2λ 2 则M0, , 1+λ 1+λ   2 -2 ，MB= 2, , 1+λ 1+λ  .    又AB=(0,2,0),‹MB,AB›=60°，     故MB⋅AB=|MB|⋅|AB|cos60°， 4 2 即 = ( 2)2+ 1+λ 1+λ  2 -2 + 1+λ  2 ，   解得λ=1，即SM=MC. 所以M为侧棱，SC的中点. 2 1 1 (2)由M(0,1,1)，A( 2,0,0)，得AM的中点G , , 2 2 2  .  2 3 1 又GB= , ,- 2 2 2    ，MS=(0,-1,1)，AM=(- 2,1,1)，     GB⋅AM=0，MS⋅AM=0，     所以GB⊥AM，MS⊥AM.   因此‹GB,MS›等于二面角S-AM-B的平面角.     GB⋅MS 6 cos‹GB,MS›=   =- . |GB||MS| 3 2956 (2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习)三棱柱ABC-ABC 的 1 1 1 底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，AO⊥底面ABC，AA 与底面ABC所成的 1 1 π 3 角为 ，点D在棱AA 上，且AD= ,AB=2. 3 1 2 (1)求证：OD⊥平面BBCC； 1 1 (2)求二面角B-BC-A 的平面角的余弦值. 1 1 第 页 共 页 1904 3427【解析】(1)连接AO， ∵AO⊥底面ABC，AO,BC⊂底面ABC， 1 π ∴BC⊥AO,AO⊥AO，且AA 与底面ABC所成的角为∠AAO，即∠AAO= . 1 1 1 1 1 3 在等边△ABC中，易求得AO= 3. 在△AOD中，由余弦定理，得 π 3 OD= OA2+AD2-2OA⋅ADcos = ， 3 2 ∴OD2+AD2=3=OA2,∴OD⊥AA. 1 又∵AA ⎳BB,∴OD⊥BB. 1 1 1 ∵AB=AC,OB=OC,∴AO⊥BC, 又∵BC⊥AO,AO∩AO=O， 1 1 ∴BC⊥平面AAO， 1 又∵OD⊂平面AAO， 1 ∴OD⊥BC， 又BC∩BB =B， 1 ∴OD⊥平面BBCC. 1 1 (2)如下图所示，以O为原点，分别以OA,OB,OA 所在的直线为x,y,z轴建立空间直角 1 坐标系， 则A 3,0,0  ,C0,-1,0  ,A 10,0,3  ,B0,1,0    故A 1 B 1 =AB=- 3,1,0   ,A 1 C=0,-1,-3    1 由(1)可知AD= AA, 4 1 3 3 3 ∴可得点D的坐标为 ,0, 4 4  ，  3 3 3 ∴平面BBCC的一个法向量是OD= ,0, 1 1 4 4  . 设平面A 1 B 1 C的法向量n=x,y,z  ，由  n⋅A 1 B 1 =0 得 - 3x+y=0,   n⋅AC=0 y+3x=0, 1 令x= 3,则y=3,z=-1, 则n= 3,3,-1  ， 第 页 共 页 1905 3427 ∴cosOD,n   OD⋅n =   OD  n  13 = 13 易知所求的二面角为钝二面角， 13 ∴二面角B-BC-A 的平面角的余弦角值是- . 1 1 13 2957 (2024·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习)如图，三棱锥P- ABC所有棱长都等，PO⊥平面ABC，垂足为O．点B ，C 分别在平面PAC，平面 1 1 PAB内，线段BB ，CC 都经过线段PO的中点D． 1 1 (1)证明：BC ∥平面ABC； 1 1 (2)求直线AP与平面ABC 所成角的正弦值． 1 1 【解析】(1)连接PC ，延长PC 交AB于点C ，连接PB ，延长PB 交AC于点B ， 1 1 2 1 1 2 分别连接CC ，BB ，B C ． 2 2 2 2 ∵PD是平面PC C与平面△PB B的交线，O∈PD， 2 2 ∴BB ∩CC =O， 2 2 ∵三棱锥P-ABC所有棱长都相等， ∴O为正△ABC的重心，且C ，B 分别是AB，AC中点． 2 2 ∴CO=2OC ． 2 作OE∥CC 交PC 于点E，则CE=2EC ． 1 2 1 2 ∵D是PO中点，∴PC =CE． 1 1 PC 2 PB 2 ∴ 1 = ．同理， 1 = ． PC 5 PB 5 2 2 ∴BC ∥B C ． 1 1 2 2 第 页 共 页 1906 3427∵BC ⊄平面ABC，B C ⊂平面ABC， 1 1 2 2 ∴BC ∥平面ABC． 1 1 (2)根据条件得BB ⊥AC，PO⊥BB ，PO⊥AC．分别以过O平行于CA的直线为x 2 2 轴，以直线OB为y轴，以直线OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．  设AB  =5， 5 5 3 则A ,- ,0 2 6  5 6 ，P0,0, 3  5 3 ，B 0,- ,0 2 6  5 3 ，B0, ,0 3  ． 5 5 3 ∵C 是A,B的中点，∴C  , ,0 2 2 4 12  ， PB 2  2  由(1)知 1 = ，即PB = PB , PB 5 1 5 2 2 设B 1x,y,z  ， 5 6 则x,y,z- 3  2 5 3 5 6 = 0,- ,- 5 6 3  ， 3 易得：B 0,- , 6 1 3  1 3 ，同理得：C  , , 6 1 2 6  ．  5 3 ∴AB =- , , 6 1 2 2   ，AC 1 =-2, 3, 6   5 5 3 5 6 ，AP=- , , 2 6 3  ．  设m=x,y,z  是平面ABC 的一个法向量， 1 1     则m⊥AB ，m⊥AC ， 1 1     ∴m⋅AB =0，m⋅AC =0， 1 1 5 3 - x+ y+ 6z=0 ∴ 2 2 ， -2x+ 3y+ 6z=0 不妨取x= 6，解得：  y=- 2 ，∴m  = 6,- 2,3 z=3  ．   ∴cosm,AP    m⋅AP =  m   ⋅AP  5 6×- 2 =  5 3 5 6 - 2× +3× 6 3 102 = ． 17×5 51 102 所以直线AP与平面ABC 所成角的正弦值为 ． 1 1 51 2958 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知四棱锥P-ABCE中，PA⊥平面ABCE，平面 PAB⊥平面PBC，且AB=1，BC=2，BE=2 2，点A在平面PCE内的射影恰为 第 页 共 页 1907 3427△PCE的重心G. (1)证明：BC⊥AB； (2)求直线CG与平面PBC所成角的正弦值. 【解析】(1)过A作AD⊥PB于D， 因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AD⊂平面PAB， ∴AD⊥平面PBC， ∵BC⊂平面PBC，∴AD⊥BC. 又PA⊥平面ABCE，BC⊂平面ABCE，∴PA⊥BC， 又PA∩AD=A，∴BC⊥平面PAB， ∵AB⊂平面PAB，∴BC⊥AB. (2)连结PG并延长交CE于M，连结AM，以B为原点， 分别以BA，BC所在的直线为x，y轴，以过B且与平面ABCE垂直的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，则B0,0,0  ，A1,0,0  ，c0,2,0  ，设Ex,y,0  ， ∵AG⊥平面PCE，CE⊂平面PCE，∴AG⊥CE，同理PA⊥CE， 又AG∩PA=A，∴CE⊥平面PAM，∴CE⊥AM， 又G是△PCE的重心，∴M是CE的中点，∴AC=AE，由(1)知，BC⊥AB，  ∴AC=AE= 5，∴BE=x,y,0   ，AE=x-1,y,0  ， ∴   x (x 2+ - y 1 2 ) = 2+ 8 y2=5 ，解得  x y= = 2 2 ，∴E2,2,0  ， 第 页 共 页 1908 3427设AP=a，则P1,0,a  4 a ，故G1, , 3 3  ，  4 a ∴AG=0, , 3 3   2 a ，CG=1,- , 3 3    8 a2 ，∴AG⋅GC=0- + =0，∴a=2 2， 9 9 ∴P1,0,2 2   ，∴BP=1,0,2 2   ，BC=0,2,0   2 2 2 ，CG=1,- , 3 3  ，  设平面PBC的法向量为n=x,y,z    ，则   B  P  ⋅n  =0 ⇒   x+2 2z=0 ， BC⋅n=0 2y=0  令z=1，则n=-2 2,0,1  ，   CG⋅n 设直线CG与平面PBC所成角为θ，则sinθ=  CG   ⋅n    2 2 -2 2+0+  3 = 21 ×3 3  = 4 42 ， 63 4 42 故直线CG与平面PBC所成角的正弦值为 . 63 2959 (2024·全国·高三专题练习)如图，平面α⎳平面β，菱形ABCD⊂平面α，AC=2，E为 平面β内一动点. 1 (1)若平面α，β间的距离为3，设直线AE，CE与平面α所成的角分别为θ，φ， + tanθ 1 =2，求动点E在平面α内的射影F的一个轨迹方程； tanφ (2)若点E在平面α内的射影为A，证明：直线CE与平面BDE所成的角与∠BAD的大 小无关. 【解析】(1)如图①，连接AC，BD，AE，CE，设AC，BD的交点为O， 点E在平面α内的射影为F，连接AF，CF，EF， 第 页 共 页 1909 3427图① 因为点E在平面α内的射影为点F，所以EF⊥平面α， 所以AE，CE在平面α的射影分别为AF，CF，所以∠EAF=θ，∠ECF=φ， 1 1 AF CF AF+CF 所以 + = + = =2，所以AF+CF=6>AC=2， tanθ tanφ EF EF 3 所以点F的轨迹是以A，C为焦点，长轴长为6的椭圆. 以AC，BD的交点O为坐标原点， x2 y2 若以AC为x轴，BD为y轴建立平面直角坐标系，则点F的轨迹方程是 + =1. 9 8 y2 x2 若以BD为x轴，AC为y轴建立平面直角坐标系，则点F的轨迹方程是 + =1. 9 8 (2)取CE的中点M，连接OM，则OM∥AE， 因为AE⊥平面α，所以OM⊥平面α，所以OM⊥OB，OM⊥OC， 因为平面ABCD为菱形，所以OB⊥OC，所以OB，OC，OM两两互相垂直， 故以O为坐标原点，以OB，OC，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图②所示 的空间直角坐标系Oxyz. 图② 设OB=a，AE=b，则E0,-1,b  ，Ba,0,0  ，C0,1,0  ，D-a,0,0  ，  所以EB=a,1,-b   ，EC=0,2,-b   ，ED=-a,1,-b  ，  设平面BDE的法向量为n=x,y,z    ，则   n  ⋅E  B  =0, 即  ax+y-bz=0, n⋅ED=0, -ax+y-bz=0,  两式相减得2ax=0，即x=0，则y-bz=0，令y=b，得z=1，所以n=0,b,1  .   设直线CE与平面BDE所成的角为γ，则sinγ= cosn,EC      n⋅EC =  n   EC    2b-b = b2+1⋅ 4+(-b)2  b = ，所以γ只与b有关. b2+1⋅ 4+(-b)2 第 页 共 页 1910 34272 1-a2 又cos∠BAD=2cos2∠BAO-1= -1= ，所以∠BAD只与a有关， a2+1 a2+1 所以直线CE与平面BDE所成的角与∠BAD的大小无关. 8 题型八：空间中的点不好求 2960 (2024·全国·校联考模拟预测)已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好 为△ABC的外心．AC=AB=4，BC=2. (1)证明：BC⊥AD； (2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为1，求二面角E-CO-B 的余弦值． 【解析】(1)连结AO并延长AO交BC于M，连结OB,OC， 因为O恰好为△ABC的外心，所以OB=OC， 又AC=AB，AO=OA，所以△AOC≅△AOB， 所以∠CAO=∠BAO，即AM是∠BAC的角平分线， 又AC=AB，所以由等腰三角形三线合一可得AM⊥BC， 因为D在面ABC上的投影为O，所以OD⊥面ABC， 又BC⊂面ABC，所以OD⊥BC， 又AM∩OD=O,AM,OD⊂面AMD，所以BC⊥面AMD， 又AD⊂面AMD，所以BC⊥AD， (2)由(1)知AM⊥BC，OD⊥面ABC， 过M作z轴平行于OD，则z轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系， 第 页 共 页 1911 3427在△ABC中，由(1)与等腰三角形三线合一可知M是BC的中点， 1 又AC=AB=4，BC=2，则AM= AB2-BM2= 15，S = AM⋅BC= 15， △ABC 2 设AO=r，则BO=r，又OM2+BM2=OB2， 所以 15-r  8 15 7 15 2+12=r2，解得r= ，故OM=AM-AO= ， 15 15 1 1 15 因为三棱锥ABCD的体积为1，所以 S ⋅OD= × 15⋅OD=1，则OD= ， 3 △ABC 3 5 则C0,1,0  ,B0,-1,0  7 15 ,O ,0,0 15  ,A 15,0,0  7 15 15 ,D ,0, 15 5  ，  8 15 故OA= ,0,0 15   8 15 15 ,AD=- ,0, 15 5   7 15 ,OC=- ,1,0 15  ，    1 2 15 15 因为E为AD上靠近A的四等分点，所以OE=OA+ AD= ,0, 4 5 20  ，  设n=x,y,z    2 15 15 n⋅OE= x+ z=0 5 20 为平面ECO的一个法向量，则  ，  7 15 n⋅OC=- x+y=0 15 15 1 15  15 1 15 取x= ，则y= ,z= ，故n= , , 56 8 7 56 8 7  ，  易得m=0,0,1  是平面COB的一个法向量， 设二面角E-CO-B的平面角为θ，则θ为钝角，   所以cosθ=-cosm,n      m⋅n =-   m   n  15 7 15 =- =- ， 15 1 15 4 1× + + 562 64 49 15 所以二面角E-CO-B的余弦值为- . 4 21 2961 (2024·河南·校联考模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB=BC= ，AD= 2 CD=AC=2 3，E，F分别为AC，CD的中点，点G在PF上，且G为三角形PCD的重 心. (1)证明：GE⎳平面PBC； 第 页 共 页 1912 3427(2)若PA=PC，PA⊥CD，四棱锥P-ABCD的体积为3 3，求直线GE与平面PCD 所成角的正弦值. 【解析】(1)证明：连接BD，因为AB=BC，AD=CD，所以AC⊥BD，且BD∩AC= E， 由AD=CD=AC=2 3，得AE= 3，DE=3， 3 则BE= AB2-AE2= ，所以DE=2BE. 2 连接DG并延长交PC于点M，如图， 因为G为△PCD的重心，所以DG=2GM. DE DG 连接BM，因为 = ，所以EG⎳BM. BE GM 又EG⊄平面PBC，BM⊂平面PBC，故GE⎳平面PBC. (2)连接PE，因为PA=PC，所以AC⊥PE， 又AC⊥BD，BD，PE⊂平面PBD，BD∩PE=E，所以AC⊥平面PBD. 1 连接AF交DE于点Q，则EQ= DE=1，AF⊥CD. 3 又PA⊥CD，PA，AF⊂平面PAF，PA∩AF=A，所以CD⊥平面PAF. 连接PQ，PQ⊂平面PAF，则CD⊥PQ， 因为AC⊥平面PBD，PQ⊂平面PBD，所以AC⊥PQ， 因为AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD. 1 1 9 3 易得四边形ABCD的面积为 AC×BE+ AC×DE= ， 2 2 2 1 9 3 由四棱锥P-ABCD的体积为3 3得， × ×PQ=3 3，所以PQ=2. 3 2 以E为坐标原点，以EC，ED所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系E-xyz， 则E0,0,0  3 ，B0,- ,0 2  ，C 3,0,0  ，D0,3,0  ，P0,1,2   ，CD=- 3,3,0   ，PD= 0,2,-2  .  设平面PCD的法向量为m=x,y,z    ，则   m  ⋅C  D  =0 ,即  - 3x+3y=0 , m⋅PD=0 2y-2z=0  取x= 3，可得m= 3,1,1  ， 3 1 由(1)可知，M为PC的中点，则M , ,1 2 2   3 ，所以BM= ,2,1 2  . 由(1)知，EG⎳BM，所以直线GE与平面PCD所成的角等于直线BM与平面PCD所 成的角，设为θ，   所以sinθ= cosm,BM      m⋅BM =   m   BM  9 2 9 115 = = ， 23 115 5× 4 第 页 共 页 1913 34279 115 故直线GE与平面PCD所成角的正弦值为 . 115 2962 (2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)如图，平行六面体ABCD-ABCD 1 1 1 1 中，点P在对角线BD 上，AC∩BD=O，平面ACP∥平面ACD． 1 1 1 (1)求证：O，P，B 三点共线； 1 π (2)若四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=∠BAA =∠DAA = ，AA =3，求 1 1 3 1 二面角P-AB-C大小的余弦值． 【解析】(1)证明：连BD 交AC 于O ，连DO． 1 1 1 1 1 1 在平行六面体ABCD-ABCD 中，BB =DD 且BB ∥DD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以四边形BDDB 是平行四边形，BD=BD 且BD∥BD ， 1 1 1 1 1 1 又O，O 分别为BD，BD 的中点，所以OD=OB ，OD∥OB ， 1 1 1 1 1 1 1 所以四边形ODOB 是平行四边形，于是OB ∥OD， 1 1 1 1 因为平面ACP∥平面ACD，平面ACP∩平面BDDB =OP， 1 1 1 1 平面ACD∩平面BDDB =OD，所以OP∥OD， 1 1 1 1 1 1 因为OB ，OP都经过点O，所以O，P，B 三点共线． 1 1 BP OB 1 1 (2)由(1)可知 = = ，所以BP= BD． PD BD 2 3 1 1 1 1 作AQ⊥平面ABCD于Q，AE⊥AB于E，AF⊥AD于F，连EQ，FQ，AQ， 1 1 1 π 3 则AQ⊥AB，AQ⊥AD，由∠BAA =∠DAA = ，得AE=AF= ， 1 1 1 1 3 2 又AQ∩AE=A ，AQ,AE⊂平面AEQ，所以AB⊥平面AEQ， 1 1 1 1 1 1 1 于是AB⊥EQ，同理AD⊥FQ， 3 又AE=AF= ，AQ=QA， 2 π 所以△AEQ≅△AFQ，则∠EAQ=∠FAQ= ， 6 所以点Q在AC上，且AQ= 3，所以点Q与O重合，于是AQ= 6． 1 以点O为原点，分别以OA，OB，OA 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 1 则A 10,0, 6  ，A 3,0,0  ，B0,1,0  ，D0,-1,0  ， 第 页 共 页 1914 3427 所以AA 1 =- 3,0, 6   =DD 1 ，于是D 1- 3,-1, 6  ，    1 3 2 6 又BP= BD ，所以BP=- ,- , 3 1 3 3 3   ，AB=- 3,1,0  ，  设平面PAB的法向量为m=x,y,z  ，   则   m  ⋅B  P  =0 ，于是可得  - 3x-2y+ 6z=0 ， m⋅AB=0 - 3x+y=0  不妨令x=2，则m=2,2 3,3 2  ，  平面ABC的一个法向量为n=0,0,1  ，   cosm,n    m⋅n =  m   ⋅n  3 2 3 17 = = ， 34 17 又结合图形易得二面角P-AB-C为锐角， 3 17 所以二面角P-AB-C大小的余弦值为 ． 17  2963 (2024·江西·校联考二模)正四棱锥P-ABCD中，PA=AB=2，E为PB中点，AF=    λAP,CG=μCP，平面EFG∩平面ABCD=l，平面EFG∩AD=K. (1)证明：当平面EFG⊥平面PBD时，l⊥平面PBD 1 (2)当λ=μ= 时，T为P-ABCD表面上一动点(包括顶点)，是否存在正数m，使得有 3 且仅有5个点T满足2 2TP  2+TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=m，若存在，求m的值， 若不存在，请说明理由. 【解析】(1)连接AC,BD，由题意可知：AC⊥BD， 设AC∩BD=O，连接PO，则PO⊥平面ABCD， AC⊂平面ABCD，则AC⊥PO， BD∩PO=O，BD,PO⊂平面PBD， 故AC⊥平面PBD. 若l为直线AC，此时l⊂平面EFG，可得平面EFG⊥平面PBD，符合题意， 故l⊥平面PBD； 第 页 共 页 1915 3427若l不为直线AC，∵平面EFG⊥平面PBD，则存在直线l ⊂平面EFG，使得l ⊥平面 1 1 PBD， 可得l ∥AC，且l ⊂平面EFG，AC⊄平面EFG， 1 1 故l ∥平面EFG， 1 又∵l ⊂平面EFG，平面EFG∩平面ABCD=l， 1 则l ∥l，可得l∥AC， 1 故l⊥平面PBD； 综上所述：l⊥平面PBD. (2)不存在，理由如下： 如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有A- 2,0,0  ,B0, 2,0  ,C 2,0,0  , D0,- 2,0  2 2 ,E0, , 2 2  2 2 2 ,G ,0, 3 3  2 2 2 ,F- ,0, 3 3  ,O0,0,0  ,P0,0, 2  ，  4 2 可得FG= ,0,0 3   2 2 2 2 ,EG= ,- ,- 3 2 6  ，  设平面EFG的法向量n=a,b,c    4 2 n⋅FG= a=0 3 ，则  ，  2 2 2 2 n⋅EG= a- b- c=0 3 2 6  令b=1，则a=0,c=-3，即n=0,1,-3  ， 设平面ABCD的任一点坐标Mx,y,0   2 2 ，则EM=x,y- ,- 2 2  ，   2 由n⋅EM=0×x+1×y- 2  +-3  2 ×- 2  =0，解得y=- 2， 可得交线l满足y=- 2,x∈R,z=0， 令x=0，可得交线l与y轴的交点为D0,- 2,0  ，K即为点D. 设四棱锥P-ABCD表面上任一点Tx,y,z  ， 则TA  2+TC  2=x+ 2  2+y2+z2+x- 2  2+y2+z2=2x2+y2+z2  +4， TB  2+TK  2=TB  2+TD  2=x2+y- 2  2+z2+x2+y+ 2  2+z2=2x2+y2+z2  +4， 可得TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=4x2+y2+z2  +8， 且TP  2=x2+y2+z- 2  2 故m=2 2TP  2+TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=2 2 x2+y2+z- 2  2   + 4x2+y2+z2  +8 =2 2 x2+y2+z- 2  2   +4x2+y2+z2  +8=4+2 2  x2+y2+z2  -8z+8+4 2 =4+2 2  x2+y2+z2-22- 2   z  +8+4 2=4+2 2  x2+y2+z-2+ 2  2   + 8 2， x2+y2+z-2+ 2  2表示点Tx,y,z  到点0,0,2- 2  的距离的平方， 第 页 共 页 1916 3427设四棱锥P-ABCD的内切球的半径为r， 1 4 2 1 ∵P-ABCD的体积V= ×2×2× 2= ，表面积S=2×2+4× ×2×2× 3 3 2 3 =41+ 3 2  ， 3V 4 2 则r= = S 41+ 3  6- 2 = ， 2 6- 2 可得四棱锥P-ABCD内切球的球心坐标为0,0, 2  ， 又∵OA=OB=OC=OD=OP= 2，可得四棱锥P-ABCD的外接球的球心为 O0,0,0  ， 显然0,0,2- 2  既不是内切球的球心也不是外接球的球心， 故不存在m，使得有且仅有5个点T满足2 2TP  2+TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=m. 2964 (2024·全国·高三专题练习)如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是正方 体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后，得到四棱锥M -BCGF． π (1)若α= ，求证：平面MCG⎳平面MBF； 2 (2)是否存在α，使得直线MF⊥平面MBC？若存在，求出α的值；若不存在，请说明理 由． π 【解析】(1)证明：若α= ，则平面DCGH、平面CBFG为同一个平面， 2 连接BH,BF，则M是BH中点，M是BF中点， 第 页 共 页 1917 34271 故MM是BHF的中位线，所以MM∥GF,MM= HF=GF． 2 因为MM∥GF,MM=GF，所以平面四边形MMFG是平行四边形，所以MG∥ MF． 又MG⊄平面MBF,MF⊂平面MBF，所以MG∥平面MBF 同理MC∥平面BMF，且MG⊂平面MCG,MC⊂平面MCG,MG∩MC=M， 所以，平面MCG∥平面MBF． (2)假设存在α，使得直线MF⊥平面MBC．    以C为原点，分别以CB,DC,CG为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，   则C(0,0,0),B(2,0,0)，M(1,-1,1)，故CB=(2,0,0),CM=(1,-1,1)．    m⋅CB=0 设m=(x,y,z)是平面MBC的法向量，则   ， m⋅CM=0 所以  2x=0 ，取y=1，得m  =(0,1,1)是平面MBC的一个法向量， -y+z=0 取CG中点P，BF中点Q，连接PQ,PM， 则PM⊥CG,PQ⊥CG,PM⊥CG． 于是∠MPM是二面角M-CG-M的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面 角， π ∠QPM是二面角Q-CG-M的平面角，于是∠MPM=α,∠MPQ= ， 4 π 所以∠MPQ=α- ，且CG⊥平面MPM,MP= 2， 4 π 故M 2cosα- 4  π , 2sinα- 4   ,1  ，同理F(2cosα,2sinα,2)，  π 所以MF= 2cosα- 2cosα- 4  π ,2sinα- 2sinα- 4   ,1  ， π 因为2cosα- 2cosα- 4  π π =2cosα- 2cosαcos - 2sinαsin =cosα-sinα， 4 4 第 页 共 页 1918 3427π 2sinα- 2sinα- 4  π π =2sinα- 2sinαcos + 2cosαsin =cosα+sinα， 4 4  所以MF=(cosα-sinα,cosα+sinα,1)．    若直线MF⊥平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则MF∥m． cosα-sinα=0    即存在λ∈R，使得MF=λm，则cosα+sinα=λ，此方程组无解， 1=λ 所以，不存在α，使得直线MF⊥平面MBC． 2965 (2024·全国·模拟预测)已知菱形ABCD中，AB=BD=1，四边形BDEF为正方形，满 2π 足∠ABF= ，连接AE，AF，CE，CF． 3 (1)证明：CF⊥AE； (2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值． 【解析】(1)证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接 EM，CN，AM，ON． ∵菱形ABCD中，AB=BD=1， ∴△ABD为等边三角形，∴AC= 3． ∵四边形BDEF为正方形， ∴BF=BD=DE=EF=1． 2π 又∵AB=BF=1，∠ABF= ， 3 1 ∴在△ABF中，由余弦定理可得AF= 12+12-2×1×1×- 2  = 3． ∴AC=AF，又M为CF的中点，∴CF⊥AM①． ∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD． 又∵四边形BDEF为正方形，DO=OB，EN=NF，则ON⎳DE⎳BF， ∴BD⊥ON，又ON∩AC=O，ON、AC在面ONC内，故BD⊥平面ONC． ∵BD⎳EF，∴EF⊥平面ONC，NC在面ONC内，∴EF⊥NC， 由N为EF的中点，得EC=FC． 2π π ∵AB⎳CD，BF⎳DE，∠ABF= ，∴∠EDC= ． 3 3 又∵DE=DC=1，∴△DCE为等边三角形，∴EC=1． 第 页 共 页 1919 3427又EF=1，EC=CF，∴△EFC为等边三角形． 又∵M为CF中点，∴CF⊥EM②． 由①②，且EM∩AM=M，EM、AM在面AEM内，得CF⊥平面AEM， 又AE在面AEM内，故CF⊥AE． (2)方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于 3 平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得A- ,0,0 2  ， 1 D0, ,0 2  ． 3 点N作NH垂直OC于点H，在△ONC中，ON=1，CN=CO= ，可得ON边上的 2 2 6 高为 ，由等面积法可得OC边上的高NH= ， 2 3 3 3 6 由勾股定理可得OH= ，故N ,0, 3 3 3  3 1 6 ，E , , 3 2 3  ，  1 OD=0, ,0 2   3 1 6 ，OE= , , 3 2 3   5 3 1 6 ，AE= , , 6 2 3   设平面BDEF的法向量为n=x,y,z  ， n  ⋅O  D  =0   2 1 y=0  则  ，即  3 1 6 ，取z=1，平面BDEF的一个法向量为n= n⋅OE=0  x+ y+ z=0  3 2 3 - 2,0,1  ． 5 6 6 - + 6 3 设直线AE与平面BDEF所成角为θ，则sinθ=  6 = ， 3⋅ 3 6 6 ∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为 ． 6 π 方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为 的菱 3 形．       令AB=a，AD=b，AA =c， 1  依题意，a   =b   =c    =1，a,b    =a,c    =b,c  π = ， 3       π 1 则a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×cos = ， 3 2           AE=b+c，AC=a+b-c，EF=a-b 1      由于AC⋅EF=a+b-c 1    a-b        =a2-b2-a⋅c+b⋅c=0，      AC⋅BF=a+b-c 1        1 1 ⋅c=a⋅c+b⋅c-c2= + -1=0， 2 2  所以AC与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故AC为平面BDEF的一个 1 1 法向量， 设直线AE与平面BDEF所成角为θ， 第 页 共 页 1920 3427  sinθ= cosAE,AC 1      b+c =     a+b-c      b+c  2    ⋅ a+b-c  2           a⋅b+b2-c⋅b+a⋅c+c⋅b-c2 =  6 = ，              6 b2+c2+2c⋅b⋅ a2+b2+c2+2a⋅b-2c⋅b-2a⋅c 6 ∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为 ． 6 9 题型九：创新定义 2966 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)魏晋时期数学家刘徽(图a)为研究球 体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成， 相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两 个方向嵌入棱长为2的正方体时(如图b)，两圆柱公共部分形成的几何体(如图c)即得一 个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图(图中标出的各点A，B，C，D，P，Q均在原 正方体的表面上)． (1)由“牟合方盖”产生的过程可知，图d中的曲线PBQD为一个椭圆，求此椭圆的离心 率； 1 (2)如图c，点M在椭圆弧PB上，且三棱锥A-DMC的体积为 ，求二面角P-AM- 3 C的正弦值． 【解析】(1)由“牟合方盖”产生的过程可知，将图中正方体的前面的面旋转至上面，可得图 中标出的各点A，B，C，P，Q在原正方体中相对对应的位置为如图所示． 故图中的曲线PBQD所对应的椭圆的长轴长2a=BD=2 2，短轴长2b=PQ=2， c 2 于是可得此椭圆的半焦距c= a2-b2=1，因此离心率e= = ． a 2 1 2 1 (2)三棱锥A-DMC的体积V= S ⋅h= h= ， 3 △ACD 3 3 1 故点M到平面ABCD的距离h= ，连接BD交AC于点O，连接OP， 2 由题可知OA，OB，OP两两相互垂直， 如图， 第 页 共 页 1921 3427   以O为原点，分别以OA，OB，OP所在方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标 系O-xyz， 6 1 由题可得M0, , 2 2  ，A 2,0,0  ，C- 2,0,0  ，P0,0,1  ，  设平面PAM的一个法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，   由   n n 1 ⋅ ⋅ P P  A M  = = 0 0 ⇒   2 6 x y 1 - - z z 1 = = 0 0 , , 取z= 6⇒n  1 = 3,1, 6 1 1 1  ，  设平面AMC的一个法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，   由   n n 2 ⋅ ⋅ C C  A M  = = 0 0 ⇒   x 2 2 = 2x 0, + 6y +z =0, 取y=1⇒n  2 =0,1,- 6 2 2 2 2  ， 记二面角P-AM-C的平面角为θ，则cosθ    n ⋅n = 1 2 n 1   ⋅n 2    5 5 = = ， 10⋅ 7 14 3 3 14 故sinθ= 1-cos2θ= = ． 14 14 2967 (2024·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所 示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分 别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重 合为点S所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲 率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲 率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内 π 角，用弧度制表示).例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正四面体 3 π 在各顶点的曲率为2π-3× =π. 3 (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x (i)用x表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积S(x)； (ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值. 【解析】(1)蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和， 根据定义其度量值等于7×2π减去三个菱形的内角和3×2π， 再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和6×π， 即蜂房曲顶空间的弯曲度为7×2π-3×2π-6π=2π. (2)(i)如图所示，连接AC，SH，则AC= 3，设点S在平面ACE的射影为O， AC 则OB=1，则SH=2 AB2+BH2- 2  2 = 1+4x2， 3 菱形SAHC的面积为S= ⋅ 1+4x2， 2 第 页 共 页 1922 34272+2-x 侧面积6×  ×1=34-x 2  =12-3x， 所以蜂房的表面积为Sx  3 3 = ⋅ 1+4x2-3x+12,x∈0,2 2  . 6 3x 6 3 3 1 (ii)S(x)= -3= -3= 2 3- 4+ 1+4x2 1 1 x2 +4 +4 x2 x2  ， 2 令S(x)=0得到x= ， 4 所以Sx  2 在0, 4  ,Sx  <0,Sx  2 递增；在 ,2 4  ,Sx  >0,Sx  递增. 2 所以S(x)在x= 处取得极小值，也即是最小值. 4 3 2 此时SA=SC= 1+x2= ，在△SAC中，令∠ASC=θ，由余弦定理得cosθ= 4 SA2+SC2-AC2 1 =- ， 2×SA×SC 3 又顶点S的曲率为2π-3θ， ∴cos(2π-3θ)=cos3θ=cos(2θ+θ)=cos2θcosθ-sin2θsinθ =2cos2θ-1  cosθ-2sin2θcosθ =2cos2θ-1  cosθ-21-cos2θ  cosθ 1 =4cos3θ-3cosθ=4×- 3  3 1 -3×- 3  23 = . 27 2968 (2024·全国·高三专题练习)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用． 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的 曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角 度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的 π 曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正四面体在各顶 3 π 点的曲率为2π-3× =π，故其总曲率为4π． 3 第 页 共 页 1923 3427(1)求四棱锥的总曲率； (2)若多面体满足：顶点数-棱数+面数=2，证明：这类多面体的总曲率是常数． 【解析】(1)由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和. 可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内 角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成， 则其总曲率为：2π×5-4π+2π  =4π. (2)设顶点数、棱数、面数分别为n、l、m，所以有n-l+m=2 设第i个面的棱数为x，所以x +x +⋯+x =2l i 1 2 m 所以总曲率为： 2πn-π x 1 -2  +x 2 -2  +⋯+x m -2    =2πn-π2l-2m  =2πn-l+m  =4π 所以这类多面体的总曲率是常数.  2969 (2024·河北·高三校联考阶段练习)已知a=x 1 ,y 1 ,z 1   ，b=x 2 ,y 2 ,z 2   ，c=x 3 ,y 3 ,z 3  ，定   义一种运算：a×b   ⋅c=xy z +x y z +x yz -xy z -x yz -x y z ，在平行六面体 1 2 3 2 3 1 3 1 2 1 3 2 2 1 3 3 2 1  ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，AB=1,1,0   ，AD=0,2,2   ，AA 1 =1,-1,1  . (1)证明：平行六面体ABCD-ABCD 是直四棱柱；   1 1 1 1 (2)计算 AB×AD    ⋅AA 1    ，并求该平行六面体的体积，说明 AB×AD    ⋅AA 1  的值与平 行六面体ABCD-ABCD 体积的关系. 1 1 1 1   【解析】(1)证明：由题意AA 1 ⋅AB=1×1+1×-1    +0×1=0，AA ⋅AD=0×1+2 1 ×-1  +2×1=0，     ∴AA ⊥AB，AA ⊥AD，即AA ⊥AB，AA ⊥AD， 1 1 1 1 ∵AB，AD是平面ABCD内两相交直线，∴AA ⊥平面ABCD， 1 ∴平行六面体ABCD-ABCD 是直四棱柱； 1 1 1 1   (2) AB×AD    ⋅AA 1  =1×2×1+2×1×1+0-1×-1  ×2-0-0=6，  由题意AB   = 2，AD    =2 2，AB⋅AD=1×0+1×2+0×2=2， 第 页 共 页 1924 3427  AB⋅AD cos∠BAD=  AB   ×AD  2 1 3 = = ，所以sin∠BAD= ， 2×2 2 2 2 S =AB ABCD  ⋅AD   3 ⋅sin∠BAD= 2×2 2× =2 3，AA 2 1  = 3， ∴V ABCD-A1B1C1D1 =S ABCD ×AA 1  =2 3× 3=6.   ∴ AB×AD    ⋅AA 1  =V ，   ABCD-A1B1C1D1 故 AB×AD    ⋅AA 1  的值表示以AB，AD，AA 为邻边的平行六面体的体积. 1 2970 (2024·全国·高三专题练习)(1)如图，对于任一给定的四面体AA A A ，找出依次排列 1 2 3 4 的四个相互平行的平面α 1 ，α 2 ，α 3 ，α 4 ，使得A i ∈α ii=1,2,3,4  ，且其中每相邻两个平面间 的距离都相等； (2)给定依次排列的四个相互平行的平面α ，α ，α ，α ，其中每相邻两个平面间的距离为 1 2 3 4 1，若一个正四面体A 1 A 2 A 3 A 4 的四个顶点满足：A i ∈α ii=1,2,3,4  ，求该正四面体 AA A A 的体积． 1 2 3 4 【解析】(1)取AA 的三等分点P，P，AA 的中点M，A A 的中点N， 1 4 2 3 1 3 2 4 过三点A ，P，M作平面α ，过三点A ，P，N作平面α ， 2 2 2 3 3 3 因为A P ⎳NP，A P ⎳MP，所以平面α ⎳平面α ， 2 2 3 3 3 2 2 3 再过点A ，A 分别作平面α ，α 与平面α 平行，那么四个平面，α ，α ，α 依次相互平行， 1 4 1 4 2 2 3 4 由线段AA 被平行平面α ，α ，α ，α 截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相 1 4 1 2 3 4 等，故α ，α ，α ，α 为所求平面． 1 2 3 4 (2)如图，将此正四面体补形为正方体ABCD-ABCD(如图)， 1 1 1 1 第 页 共 页 1925 3427分别取AB、CD、AB 、CD 的中点E、F、E 、F， 1 1 1 1 1 1 平面DEED 与BFFB 是分别过点A 、A 的两平行平面，若其距离为1， 1 1 1 1 2 3 则正四面体AA A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为a， 1 2 3 4 1 5 若AM=MN=1，因为AE= a，DE= a， 2 2 5 1 在直角三角形ADE中，AM⊥DE，所以1⋅ a= a⋅a，所以a= 5， 2 2 又正四面体的棱长为 2a= 10， 1 1 5 所以此正四面体的体积为V=a3-4⋅ ⋅ a3= 5． 3 2 3 2971 (2024·全国·高三专题练习)已知顶点为S的圆锥面(以下简称圆锥S)与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角(圆S轴截面 上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平 面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交 点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，OM  =a，MS  =b． (1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ关系式； (2)求证：曲线C是抛物线． 【解析】(1)∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F， ∴TF⊥OA， 记P是平面α内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点 F， ∴TF⊥FP， ∵平面α内直线AO，FP相交于点F， 第 页 共 页 1926 3427∴TF⊥平面α， ∵直线TF⊂平面AOS， ∴平面AOS⊥平面α， ∴∠SAD=∠ASO=θ．连TO，TM， ∴OT⊥SA，TA⊥SO， ab ∴球T的半径TM= ab且tanθ= ， b ∴a=btan2θ. (2)在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点 ∵∠NSA=∠SAO=θ， ∴NS∥AO 以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐 标系，如图. ∵OM，OF与球T相切， ∴OF=OM=a， ∴Fa,0,0  ，Sa-b,0,2 ab  ， 设交线C上任意点Px,y,0  ，记圆锥S的母线SP与球T相切于E． ∵PF与球T相切于点F， ∴PE=PF，SE=SM=b， ∴PS=PF+b， 即 x-a+b  2+y2+4ab= x-a  2+y2+b(1)， 两边平方整理得：x+a= x-a  2+y2(2)， 两边平方整理得：y2=4ax(3)， 易知：(3)⇒(2)⇒(1)， ∴交线C在坐标平面xOy中方程为y2=4ax， ∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线. 2972 (2024·湖南·校联考模拟预测)类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余 弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β， ∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ． 第 页 共 页 1927 3427π (1)当α、β∈0, 2  时，证明以上三面角余弦定理； (2)如图2，四棱柱ABCD-ABCD 中，平面AACC⊥平面ABCD，∠AAC=60°， 1 1 1 1 1 1 1 ∠BAC=45°， ①求∠AAB的余弦值； 1 ②在直线CC 上是否存在点P，使BP⎳平面DAC？若存在，求出点P的位置；若不存 1 1 1 在，说明理由． 【解析】(1)证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点， 作HN⊥PC交PB于N点，连接，MN 则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角． 在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得 MN2=MP2+NP2-2MP⋅NP⋅cosγ， MN2=MH2+NH2-2MH⋅NH⋅cosθ， 两式相减得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP⋅NP⋅cosγ+2MH⋅NH⋅cosθ=0， ∴2MP⋅NP⋅cosγ=2PH2+2MH⋅NH⋅cosθ， 两边同除以2MP⋅NP，得cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ． (2)①由平面AACC⊥平面ABCD，知θ=90°， 1 1 ∴由(1)得cos∠AAB=cos∠AAC⋅cos∠CAB， 1 1 ∵cos∠AAC=60°，cos∠BAC=45°， 1 1 2 2 ∴cos∠AAB= × = ． 1 2 2 4 ②在直线CC 上存在点P，使BP⎳平面DAC． 1 1 1 连结BC，延长CC至P，使CP=CC，连结BP， 1 1 1 在棱柱ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，A 1 B 1 //AB，AB//CD， ∴A 1 B 1 //DC，∴四边形A 1 B 1 CD为平行四边形， ∴AD⎳BC． 1 1 在四边形B 1 BPC中，B 1 B//CP， ∴四边形BBPC为平行四边形， 1 ∴BC⎳BP， 1 ∴AD⎳BP， 1 第 页 共 页 1928 3427又AD⊂平面DAC ，BP⊄平面DAC ， 1 1 1 1 1 ∴BP⎳平面DAC． 1 1 ∴当点P在CC的延长线上，且使CP=CC时，BP⎳平面DAC 1 1 1 1 第 页 共 页 1929 3427