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8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
基础篇
考点 一 用向量法证明空间中的平行和垂直 ３.(多选) ( 广东中
２０２２
山一中阶段测试ꎬ )
１.( 广东佛山月考ꎬ )直线 ｌ α 且 ｌ 的方 １０
２０２１ ３ ∥ ꎬ
如 图 两 个 正 方 形
向向量为 ｍ 平面 α 的法向量为 ꎬ
(２ꎬ ꎬ１)ꎬ
ＡＢＣＤ 和 ＡＤＥＦ 所在平
æ ö
ç １ ÷ 则ｍ
è１ꎬ ꎬ２øꎬ ＝ ( ) 面互相垂直 设 Ｍ Ｎ 分
ꎬ ꎬ
２
别是ＡＣ和ＡＥ的中点 那么下列结论正确的是
Ａ.－４ Ｂ.－６ Ｃ.－８ Ｄ.８ ꎬ
æ ö
答案 Ｃ ｌ α ｍ ç １ ÷ ( )
∵ ∥ ꎬ∴ (２ꎬ ꎬ１)è１ꎬ ꎬ２ø ＝ ＡＤ ＭＮ ＭＮ 平面 ＣＤＥ
２ Ａ. ⊥ Ｂ. ∥
ＭＮ ＣＥ ＭＮ ＣＥ 异面
１ｍ ｍ .故选 . Ｃ. ∥ Ｄ. ꎬ
２＋ ＋２＝０ꎬ∴ ＝－８ Ｃ 答案 ＡＢＣ 对于 以点 Ａ 为原点 分别
２
Ａꎬ ꎬ
２.( 福州一中质检ꎬ )以下四组向量在同 以 ＡＢ ＡＤ ＡＦ 所在直线为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴 建
２０２２ ４ 、 、 、 、 ꎬ
一平面的是 立空间直角坐标系 如图 则 Ａ .设
( ) ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)
ＡＤ 则Ｄ Ｍ Ｎ
Ａ.(１ꎬ１ꎬ０)、(０ꎬ１ꎬ１)、(１ꎬ０ꎬ１) ＝２ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ１)ꎬ
Ｂ.(３ꎬ０ꎬ０)、(１ꎬ１ꎬ２)、(２ꎬ２ꎬ４) 则直线 ＡＤ ＭＮ 的方向向量分别为Ａ→Ｄ
、 ＝(０ꎬ
Ｃ.(１ꎬ２ꎬ３)、(１ꎬ３ꎬ２)、(２ꎬ３ꎬ１) Ｍ→Ｎ
２ꎬ０)ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
Ｄ.(１ꎬ０ꎬ０)、(０ꎬ０ꎬ２)、(０ꎬ３ꎬ０)
答案 Ｂ 利用共面向量基本定理逐项判断
可得答案.
对于 设 ｍ ｎ
Ａꎬ (１ꎬ１ꎬ０)＝ (０ꎬ１ꎬ１)＋ (１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
ìｎ
ï
＝１ꎬ
ï
所以íｍ 无解
ï ＝１ꎬ ꎻ
ï
îｍ ｎ
＋ ＝０ꎬ
对于 因为 因为Ａ→Ｄ Ｍ→Ｎ 所以Ａ→Ｄ Ｍ→Ｎ 即 ＡＤ
Ｂꎬ (２ꎬ２ꎬ４)＝ ０(３ꎬ０ꎬ０)＋２(１ꎬ１ꎬ ＝ ０ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
故 选项中的三个向量共面 ＭＮ 故 正确.
２)ꎬ Ｂ ꎻ ꎬ Ａ
对于 设 ｘ ｙ 对于 连接 ＣＥ 因为点 Ｍ Ｎ 分别为 ＡＣ ＡＥ
Ｃꎬ (１ꎬ２ꎬ３)＝ (１ꎬ３ꎬ２)＋ (２ꎬ３ꎬ１)ꎬ Ｂꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ìｘ ｙ 的中点 所以在 ＡＣＥ 中 ＭＮ ＣＥ 因为 ＣＥ
ï ＋２ ＝１ꎬ ꎬ △ ꎬ ∥ ꎬ
ï
所以í ｘ ｙ 无解 平面 ＣＤＥ 且 ＭＮ 平面 ＣＤＥ 所以 ＭＮ
ï３ ＋３ ＝２ꎬ ꎻ ⊂ ꎬ ⊄ ꎬ ∥
5 î ï ｘ ｙ 平面 ＣＤＥ 故 正确 由选项 可知 ＭＮ
年 ２ ＋ ＝３ꎬ ꎬ Ｂ ꎻ Ｂ ∥
高 对于 设 ａ ｂ ＣＥ 故 正确 错误.故选 .
考 Ｄꎬ (１ꎬ０ꎬ０)＝ (０ꎬ０ꎬ２)＋ (０ꎬ３ꎬ０)ꎬ ꎬ Ｃ ꎬＤ ＡＢＣ
3 ì ４.(多选)( 新高考 ꎬ ꎬ 分)在正三棱
年 ï ０＝１ꎬ ２０２１ Ⅰ １２ ５
模 ï
拟 所以í ｂ 矛盾.故选 柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＡＡ 点 Ｐ 满足Ｂ→Ｐ
A î ï ï ３ ａ ＝０ꎬ Ｂ. － １ １ １ ꎬ ＝ １ ＝１ꎬ
版 ２ ＝０ꎬ λ Ｂ→Ｃ μ ＢＢ→ 其中 λ μ 则
＝ ＋ １ꎬ ∈[０ꎬ１]ꎬ ∈[０ꎬ１]ꎬ
高
考 ( )
数
当 λ 时 ＡＢ Ｐ 的周长为定值
学
Ａ. ＝１ ꎬ△ １
３０２
当 μ 时 三棱锥 Ｐ Ａ ＢＣ 的体积为定值 æ ö
Ｂ. ＝１ ꎬ － １ ｚ 则 Ａ→Ｐ çç ３ ｚ ÷÷ Ｂ→Ｐ
(０ ≤ ≤ １)ꎬ １ ＝ è０ꎬ ꎬ －１øꎬ ＝
当 λ １时 有且仅有一个点 Ｐ 使得 Ａ Ｐ ２
Ｃ. ＝ ꎬ ꎬ １ æ ö
２ ç １ ｚ÷ 若 Ａ Ｐ ＢＰ 则Ａ→Ｐ Ｂ→Ｐ 即 ｚ
ＢＰ è－ ꎬ０ꎬ øꎬ １ ⊥ ꎬ １ ＝０ꎬ
⊥ ２
当 μ １时 有且仅有一个点 Ｐ 使得 Ａ Ｂ ｚ 解得 ｚ 或 ｚ 即当 λ １时
Ｄ. ＝ ꎬ ꎬ １ ( －１)＝ ０ꎬ ＝０ ＝１ꎬ ＝ ꎬ
２ ２
平面 ＡＢ Ｐ 存在两个点 Ｐ 使得 Ａ Ｐ ＢＰ 故选项
⊥ １ ꎬ １ ⊥ ꎬ Ｃ
答案 ＢＤ 选项 当 λ 时 点 Ｐ 在线段 错误.
Ａꎬ ＝１ ꎬ
ＣＣ 上 设 ＣＰ ｘ ｘ 若 ｘ 则
１ ꎬ ＝ (０≤ ≤１)ꎬ ＝ ０ꎬ 选项 当μ １时 点Ｐ 在线段ＭＮ 上 Ｍ Ｎ
ＡＢ Ｐ 即为 ＡＢ Ｃ 此时 ＡＢ Ｐ 的周长为 Ｄꎬ ＝ ꎬ ( ꎬ
△ １ △ １ ꎬ △ １ ２
æ ö
若 ｘ 则 ＡＢ Ｐ 即为 ＡＢ Ｃ 此 分别是线段 ＢＢ ＣＣ 的中点 设Ｐçｘ １ ÷
２ ２＋１ꎻ ＝１ꎬ △ １ △ １ １ꎬ １ꎬ １ )ꎬ è ꎬ０ꎬ ø
时 ＡＢ Ｐ 的周长为 .若 ｘ ＰＣ ２
△ １ ２ ２＋１ ０< <１ꎬ １ ＝１ æ ö æ ö
－ ｘ ꎬ 在 Ｒｔ △ ＰＣＡ 中 ꎬ ＰＡ ＝ １＋ ｘ２ ꎬ 在 Ｒｔ è
ç
－
２
１
≤
ｘ
≤
１
２
ø
÷
ꎬ
则Ａ→Ｐ
＝ è
ççｘ
ꎬ
２
３
ꎬ
１
２
ø
÷÷
ꎬ
若 Ａ
１
Ｂ
⊥
△ Ｂ １ Ｃ １ Ｐ 中 ꎬ ＰＢ １ ＝ １＋(１－ ｘ ) ２ ＝ ｘ２ －２ ｘ ＋２ꎬ 平面 ＡＢ １ Ｐ ꎬ 则 Ａ １ Ｂ ⊥ ＡＰ ꎬ 则Ａ １ →Ｂ Ａ→Ｐ ＝０ꎬ 即
而 ＡＢ 所以 ＡＢ Ｐ 的周长为
æ ö æ ö
１ ＝ ２ꎬ △ １ ２ ＋ çç１ ３ ÷÷ ççｘ ３ １ ÷÷ １ｘ ３ １ 解
ｘ２
－２
ｘ
＋２ ＋ １＋
ｘ２
ꎬ
不为定值
ꎬ
故选项
Ａ
è
２
ꎬ
２
ꎬ－１øè ꎬ
２
ꎬ
２
ø ＝
２
＋
４
－
２
＝０ꎬ
错误. æ ö
得 ｘ １ 所以 Ｐç １ １ ÷
＝－ ꎬ è－ ꎬ０ꎬ øꎬ
选项 当 μ 时 点 Ｐ 在线段 Ｂ Ｃ 上 ２ ２ ２
Ｂꎬ ＝１ ꎬ １ １ ꎬ
易验证此时满足 Ａ Ｂ 平面 ＡＢ Ｐ
因为 Ｂ Ｃ ＢＣ Ｂ Ｃ 平面 Ａ ＢＣ ＢＣ 平
１ １∥ ꎬ １ １⊄ １ ꎬ ⊂ １ ⊥ １ ꎬ
面 Ａ ＢＣ
所以当 μ １ 时 有且仅有一个点 Ｐ 使得
１ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ
所以 Ｂ Ｃ 平面 Ａ ＢＣ 所以直线 Ｂ Ｃ 上的 ２
１ １∥ １ ꎬ １ １ Ａ Ｂ 平面 ＡＢ Ｐ 故选项 正确.故选 .
任何一点到平面 Ａ ＢＣ 的距离均相等 所以 １ ⊥ １ ꎬ Ｄ ＢＤ
１ ꎬ ５.( 届南京、镇江学情调查ꎬ )如图 在四
三棱锥 Ｐ Ａ ＢＣ 的体积为定值 故选项 ２０２３ １９ ꎬ
－ １ ꎬ Ｂ
棱锥 Ｓ ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 是直角梯形 侧
正确.
－ ꎬ ꎬ
棱 ＳＡ 底面 ＡＢＣＤ ＡＢ 垂直于 ＡＤ 和 ＢＣ ＳＡ
取 ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点分别为 Ｏ Ｏ 连接 ＯＯ
⊥ ꎬ ꎬ
ꎬ １ １ ꎬ １ꎬ １ꎬ
ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｍ 是棱 ＳＢ 的中点.
ＡＯ 易知 ＯＯ 平面 ＡＢＣ ＡＯ ＢＣ 以 ＯＢ
＝ ＝ ＝２ꎬ ＝１ꎬ
ꎬ １⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
求证 ＡＭ 平面 ＳＣＤ
ＯＡ ＯＯ 所在直线分别为ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立
(１) : ∥ ꎻ
ꎬ １ ꎬ ꎬ
求平面 ＳＣＤ 与平面 ＳＡＢ 所成锐二面角
如图所示的空间直角坐
(２)
的余弦值.
标系
ꎬ
æ ö
则 Ｂ ç１ ÷ Ａ
è ꎬ０ꎬ０øꎬ
２
æ ö
çç ３ ÷÷
è０ꎬ－ ꎬ０øꎬ
２
æ ö
专
Ａ çç ３ ÷÷ 选项 题
１è０ꎬ－ ꎬ１øꎬ Ｃꎬ 解析 因为 ＳＡ 底面 ＡＢＣＤ ＡＢ 垂直于 ＡＤ
八
２ ⊥ ꎬ ꎬ
立
所以以点 Ａ 为坐标原点 以向量Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ Ａ→Ｓ
当λ １时 点Ｐ 在线段ＯＯ 上 设Ｐ ｚ 体
ꎬ ꎬ ꎬ
＝ ꎬ １ ꎬ (０ꎬ０ꎬ ) 几
２ 的方向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴的正方向建立 何
、 、
３０３
空间直角坐标系 如 解析 因为四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的底面为正方
ꎬ －
图 则 Ａ Ｃ 形 ＰＡ 底面 ＡＢＣＤ
ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
Ｄ Ｓ 所以 ＡＢ ＡＤ ＡＰ 两两
２ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ꎬ ꎬ
Ｍ 所以 垂直.以 Ａ 为坐标原
０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ１ꎬ１)ꎬ
Ａ→Ｍ Ｓ→Ｄ 点 分别以Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ Ａ→Ｐ
＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
的方向为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ
Ｃ→Ｄ .
ꎬ ꎬ
０ꎬ－２)ꎬ ＝(－１ꎬ－２ꎬ０)
证明 设平面 ＳＣＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ 轴的正方向 建立空间直角坐标系 Ａｘｙｚ 如
(１) : ＝( ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ｚ 图所示.
)ꎬ
{Ｓ→Ｄ ｎ {ｘ ｚ 不妨设 ＰＡ ＝ ＡＢ ＝ ６ꎬ 则 Ｂ (６ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｐ (０ꎬ０ꎬ
则 ＝０ꎬ 即 －２ ＝０ꎬ
Ｅ Ｃ Ｄ .
Ｃ→Ｄ ｎ ｘ ｙ ６)ꎬ (０ꎬ２ꎬ４)ꎬ (６ꎬ６ꎬ０)ꎬ (０ꎬ６ꎬ０)
＝０ꎬ － －２ ＝０ꎬ
证明 Ａ→Ｅ 因为 Ｆ 是棱 ＰＣ 的
令 ｚ 则 ｘ ｙ 则 ｎ . (１) : ＝(０ꎬ２ꎬ４)ꎬ
＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝－１ꎬ ＝(２ꎬ－１ꎬ１)
因此Ａ→Ｍ ｎ 从而Ａ→Ｍ ｎ 又 ＡＭ 中点 所以Ｆ 所以Ａ→Ｆ .
＝－１＋１＝０ꎬ ⊥ ꎬ ⊄ ꎬ (３ꎬ３ꎬ３)ꎬ ＝(３ꎬ３ꎬ３)
平面 ＳＣＤ 所以 ＡＭ 平面 ＳＣＤ. 设平面 ＡＥＦ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ 则
ꎬ ∥ ＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
易知平面 ＳＡＢ 的一个法向量为 ｎ {ｍ Ａ→Ｅ
(２) １ ＝(１ꎬ ＝０ꎬ
由
０ꎬ０)ꎬ ｍ Ａ→Ｆ
＝０ꎬ
由 知平面 ＳＣＤ 的一个法向量为 ｎ
(１) ＝(２ꎬ－ { ｙ ｚ
得 ２ ＋４ ＝０ꎬ 不妨令 ｙ 则 ｘ ｚ
１ꎬ１)ꎬ ｘ ｙ ｚ ＝２ꎬ ＝－１ꎬ ＝
３ ＋３ ＋３ ＝０ꎬ
ｎ ｎ
则 ｎ ｎ １ ２ ６ 所以平
ｃｏｓ‹ ꎬ １› ＝ ｎ ｎ ＝ ＝ ꎬ －１ꎬ
｜ ｜ ｜ １｜ ６×１ ３
所以 ｍ 又Ｐ→Ｂ 所
面 ＳＣＤ 与平面 ＳＡＢ 所成锐二面角的余弦值 ＝(－１ꎬ２ꎬ－１)ꎬ ＝(６ꎬ０ꎬ－６)ꎬ
以 ｍ Ｐ→Ｂ 即 ｍ Ｐ→Ｂ
＝－６＋０＋６＝０ꎬ ⊥ ꎬ
为 ６.
又 ＰＢ 平面 ＡＥＦ 所以 ＰＢ 平面 ＡＥＦ.
３ ⊄ ꎬ ∥
６.( 南京一中期初测试ꎬ )如图 四棱锥
Ｐ→Ｃ 设 ＰＡ 与平面 ＡＥＦ 所成
２０２２ ２０ ꎬ
(２) ＝(６ꎬ６ꎬ－６)ꎬ
Ｐ ＡＢＣＤ 的底面为正方形 ＰＡ 底面 ＡＢＣＤ
的角为 θ
－ ꎬ ⊥ ꎬ
ꎬ
ＰＡ ＡＢ 点 Ｅ 在棱 ＰＤ 上 且 ＰＥ ＥＤ 点 Ｆ
＝ ꎬ ꎬ ２ ＝ ꎬ Ｐ→Ｆ λ Ｐ→Ｃ λ λ λ λ 则Ａ→Ｆ
是棱 ＰＣ 上的动点 不含端点 . ＝ ＝(６ ꎬ６ ꎬ－６ )ꎬ０< <１ꎬ ＝
( )
Ａ→Ｐ Ｐ→Ｆ Ａ→Ｐ λ Ｐ→Ｃ λ λ λ
若 Ｆ 是棱 ＰＣ 的中点 求证 ＰＢ 平 ＋ ＝ ＋ ＝(６ ꎬ６ ꎬ６－６ )ꎬ
(１) ꎬ : ∥
设平面 ＡＥＦ 的法向量为 ｎ ａ ｂ ｃ
面 ＡＥＦ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ꎻ
求 ＰＡ 与平面 ＡＥＦ 所成角的正弦值的最 {ｎ Ａ→Ｅ { ｂ ｃ
5 (２) 则由 ＝０ꎬ 得 ２ ＋４ ＝０ꎬ
年
大值.
ｎ Ａ→Ｆ λａ λｂ λ ｃ
高 ＝０ꎬ ６ ＋６ ＋(６－６ ) ＝０ꎬ
考
3 不妨令 ｂ 则 ａ １ ｃ 所以 ｎ
年 ＝ ２ꎬ ＝ λ －３ꎬ ＝ －１ꎬ ＝
模
拟
æ ö
A ç １ ÷ 又Ａ→Ｐ
èλ－３ꎬ２ꎬ－１øꎬ ＝(０ꎬ０ꎬ６)ꎬ
版
高
Ａ→Ｐ ｎ
考 所以 θ Ａ→Ｐ ｎ ｜ ｜
数 ｓｉｎ ＝ ｜ ｃｏｓ‹ ꎬ › ｜ ＝ ＝
学 Ａ→Ｐ ｎ
｜ ｜｜ ｜
３０４
６ １ {ｎ Ｄ→Ｅ { ｙ
＝ ꎬ ＝０ꎬ 即 ２ ０ ＝０ꎬ 不妨设 ｚ 可
æ ç １ ö ÷ ２ æ ç １ ö ÷ ２ ｎ Ｄ→Ｂ ｘ ｚ . ０ ＝ １ꎬ
６ ５＋èλ－３ø ５＋èλ－３ø ＝０ꎬ ２ ０ －２ ０ ＝０
得 ｎ .又Ｍ→Ｎ 可得Ｍ→Ｎ
所以当 １ 即 λ １ 时 θ １ ＝(１ꎬ０ꎬ１) ＝(１ꎬ２ꎬ－１)ꎬ
λ ＝ ３ꎬ ＝ ꎬ(ｓｉｎ )ｍａｘ ＝ ｎ .
３ ５ ＝０
因为 ＭＮ 平面 ＢＤＥ 所以 ＭＮ 平面 ＢＤＥ.
⊄ ꎬ ∥
５
＝ ꎬ 易知 ｎ 为平面 ＣＥＭ 的一个法
５ (２) １ ＝(１ꎬ０ꎬ０)
故ＰＡ 与平面ＡＥＦ 所成角的正弦值的最大值 向量.
设 ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＥＭＮ 的法向量
为 ５. ２ ＝ ( ꎬ ꎬ ) ꎬ
５
{ｎ
Ｅ→Ｍ
７.( 天津ꎬ ꎬ 分)如图 在三棱锥 Ｐ 则
２ ＝０ꎬ
２０１７ １７ １３ ꎬ － ｎ Ｍ→Ｎ .
ＡＢＣ 中 ＰＡ 底面 ＡＢＣ ＢＡＣ °.点 Ｄ ２ ＝０
ꎬ ⊥ ꎬ∠ ＝ ９０ ꎬ
因为Ｅ→Ｍ Ｍ→Ｎ
Ｅ Ｎ 分别为棱 ＰＡ ＰＣ ＢＣ 的中点 Ｍ 是线段 ＝(０ꎬ－２ꎬ－１)ꎬ ＝(１ꎬ２ꎬ－１)ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
{ ｙ ｚ
ＡＤ 的中点 ＰＡ ＡＣ ＡＢ .
ꎬ ＝ ＝４ꎬ ＝２ 所以 －２ － ＝０ꎬ 不妨设 ｙ 可得 ｎ
ｘ ｙ ｚ . ＝１ꎬ ２ ＝(－４ꎬ
求证 ＭＮ 平面 ＢＤＥ
＋２ － ＝０
(１) : ∥ ꎻ
.
求二面角 Ｃ ＥＭ Ｎ 的正弦值
１ꎬ－２)
(２) － － ꎻ
ｎ ｎ
已知点 Ｈ 在棱 ＰＡ 上 且直线 ＮＨ 与直线
(３) ꎬ 因此有 ｎ ｎ １ ２ ４ 于是
ｃｏｓ‹ １ꎬ ２› ＝ ｎ ｎ ＝－ ꎬ
｜ １｜ ｜ ２｜ ２１
ＢＥ 所成角的余弦值为 ７ 求线段 ＡＨ 的长.
ꎬ
２１ ｎ ｎ １０５.所以二面角 Ｃ ＥＭ Ｎ 的
ｓｉｎ‹ １ꎬ ２›＝ － －
２１
正弦值为 １０５.
２１
Ｂ→Ｅ .依题意 设 ＡＨ ｈ ｈ
(３) ＝(－２ꎬ２ꎬ２) ꎬ ＝ (０≤
≤４)ꎬ
则 Ｈ ｈ 进而可得Ｎ→Ｈ ｈ 由
(０ꎬ０ꎬ )ꎬ ＝(－１ꎬ－２ꎬ )ꎬ
解析 如图 以 Ａ 为原点 分别以Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ Ａ→Ｐ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 已知 得
ꎬ
的方向为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向建立空间直
、 、 Ｎ→Ｈ Ｂ→Ｅ ｈ
角坐标系.依题意可得Ａ Ｂ Ｎ→Ｈ Ｂ→Ｅ ｜ ｜ ｜２ －２｜
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ Ｎ→Ｈ Ｂ→Ｅ ＝ ｈ２ ＝
Ｃ Ｐ Ｄ Ｅ ｜ ｜ ｜ ｜ ＋５×２ ３
(０ꎬ４ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ４)ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ２ꎬ
２)ꎬ
Ｍ
(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
Ｎ
(１ꎬ２ꎬ０)
. ７
ꎬ
整理得
１０
ｈ２
－２１
ｈ
＋８＝０ꎬ
解得 ｈ
＝
８或 ｈ
２１ ５
证明 Ｄ→Ｅ
(１) : ＝(０ꎬ
１.
Ｄ→Ｂ ＝
２ꎬ０)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ－ ２
.设 ｎ ｘ ｙ
２) ＝ ( ０ꎬ ０ꎬ 所以线段 ＡＨ 的长为８或１.
ｚ 为平面 ＢＤＥ 的
５ ２
０) 专
法 向 量 则 考点 二 空间角和空间距离 题
八
ꎬ
考向一 空间角问题的求解方法 立
体
几
１.( 湖南娄底双峰一中摸底ꎬ )如图 在正
何
２０２２ ８ ꎬ
３０５
方体 ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ ６ ２ ＋４ ２ ＋８ ２ ＋２×６×８ｃｏｓ‹ Ｃ→Ａ ꎬ Ｂ→Ｄ › ＝(２ １７) ２ ꎬ
中 Ｍ 为 Ａ Ｄ 的中点
ꎬ １ １ ꎬ Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ １ 又 ° Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ
过 Ａ Ｃ 且与 ＣＤ 平行 ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ － ꎬ ０ ≤‹ ꎬ ›≤
２
１ １ １
的平面交平面 Ｃ ＣＭ 于 ° 所以 Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ ° 二面角的大小
１ １８０ ꎬ ‹ ꎬ ›＝１２０ ꎬ∴
直线 ｌ 则直线 ｌ 与 ＡＢ 为 ° 故选
ꎬ
６０ ꎬ Ｃ.
所成角的余弦值是
３.(多选)( 届浙江嘉
( )
２０２３
兴基础测试ꎬ ) 如图
３ ２ ６＋ ２ ６ １０ ꎬ
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
２ ２ ４ ３ 在正四面体 ＡＢＣＤ 中 Ｅ
ꎬ 、
答案 Ｄ 如图 建立空间直角坐标系 在正
ꎬ ꎬ Ｆ 分别为 ＡＢ ＣＤ 的中
、
方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ｄ Ｃ
－ １ １ １ １ ꎬ １ ∥ １ ꎬ １ ⊄ 点 则
ꎬ ( )
平面 Ａ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ 平面 Ａ Ｃ Ｂ 所以 Ｄ Ｃ
１ １ ꎬ １ ⊂ １ １ ꎬ １ ∥
直线 ＥＦ 与 ＡＢ 所成的角为π
平面 Ａ Ｃ Ｂ 延长 ＢＡ 与 ＣＭ 相交于点 Ｎ 连 Ａ.
１ １ ꎬ １ ꎬ ꎬ ２
接 Ｃ Ｎ 则 Ｃ Ｎ 即为直线 ｌ 设正方体的棱长
１ ꎬ １ ꎬ 直线 ＥＦ 与 ＡＤ 所成的角为π
为 则 Ａ Ｂ Ｃ Ｎ Ｂ.
１ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ ４
直线 ＥＦ 与平面 ＢＣＤ 所成的角的正弦值
所以Ａ→Ｂ Ｃ→Ｎ Ｃ.
(１ꎬ－１ꎬ２)ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
１
＝(１ꎬ－２ꎬ
设 ＡＢ 与 Ｃ Ｎ 所成角为 θ 则 θ
１)ꎬ １ ꎬ ｃｏｓ ＝ 为 ３
Ａ→Ｂ Ｃ→Ｎ ３
｜ １ ｜ ２ ６.故选 . 直线 ＥＦ 与平面 ＡＢＤ 所成的角的正弦值
＝ ＝ Ｄ Ｄ.
Ａ→Ｂ Ｃ→Ｎ
｜ ｜｜ １ ｜ １× ６ ３
为 ２
２
答案 ＡＢＣ 可以把正
四面体 ＡＢＣＤ 放在正方
体 ＡＧＢＨ ＭＣＮＤ 中 设
－ ꎬ
正方体 ＡＧＢＨ ＭＣＮＤ 的
－
棱长为 以点Ａ 为坐标
２ꎬ
原点 ＡＧ ＡＨ ＡＭ 所在
ꎬ 、 、
２.( 重庆江津质检ꎬ )如图 二面角的棱上 直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建立如图所示的空间直
２０２２ ５ ꎬ 、 、
有 Ａ Ｂ 两点 直线 ＡＣ ＢＤ 角坐标系 则 Ａ Ｂ Ｃ
、 ꎬ 、 ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)、 (２ꎬ２ꎬ０)、 (２ꎬ０ꎬ
分别在这个二面角的两个 Ｄ Ｅ Ｆ .
２)、 (０ꎬ２ꎬ２)、 (１ꎬ１ꎬ０)、 (１ꎬ１ꎬ２)
半平面内 且都垂直于 对于 Ｅ→Ｆ Ａ→Ｂ Ｅ→Ｆ
ꎬ Ａꎬ ＝(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ０)ꎬ∴
5 ＡＢ 已知 ＡＢ ＡＣ ＢＤ Ａ→Ｂ 即 ＥＦ ＡＢ 亦即直线 ＥＦ 与 ＡＢ 所
年 ꎬ ＝４ꎬ ＝６ꎬ ＝０ꎬ ⊥ ꎬ
高 ＣＤ 则该二面角的大小为
考 ＝８ꎬ ＝２ １７ꎬ 成的角为π 对
ꎬＡ ꎻ
3
２
年 ( )
模 对于 Ａ→Ｄ 则 Ｅ→Ｆ Ａ→Ｄ
° ° ° °
拟 Ｂꎬ ＝ (０ꎬ２ꎬ２)ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝
Ａ.３０ Ｂ.４５ Ｃ.６０ Ｄ.９０
A Ｅ→Ｆ Ａ→Ｄ
答案 Ｃ 由条件知Ｃ→Ａ Ａ→Ｂ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ ４ ２ 所以直线 ＥＦ 与
版 ＝０ꎬ ＝ ＝ ＝ ꎬ
Ｅ→Ｆ Ａ→Ｄ
高 Ｃ→Ｄ Ｃ→Ａ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｄ ２ Ｃ→Ａ ２ Ａ→Ｂ ２ ｜ ｜｜ ｜ ２×２ ２ ２
考 ０ꎬ ＝ ＋ ＋ ꎬ∴ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＋｜ ｜
数 ＡＤ 所成的角为π 对
学 Ｂ→Ｄ ２ Ｃ→Ａ Ａ→Ｂ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ ꎬＢ ꎻ
＋｜ ｜ ＋２ ＋２ ＋２ ＝ ４
３０６
以 ＡＣ 平面 ＰＢＤ 则 ＡＣ ＰＢ 故 正确.
对于 Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｄ 设
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ Ａ
Ｃꎬ ＝(０ꎬ－２ꎬ２)ꎬ ＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ
由题意易证 ＡＤ ＣＤ ＰＤ 两两垂直 建立如图
平面 ＢＣＤ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ
ꎬ ꎬ ꎬ
＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
所示的空间直角坐标系 Ｄｘｙｚ.设 ＡＢ 则 Ａ
{ｍ Ｂ→Ｃ ｙ ｚ ＝２ꎬ
则 ＝－２ １ ＋２ １ ＝０ꎬ 取 ｚ 可得 ｍ Ｂ Ｅ Ｐ
ｍ Ｂ→Ｄ ｘ ｚ １
＝１ꎬ ＝ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ１)ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ
＝－２ １ ＋２ １ ＝０ꎬ 从而Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ Ａ→Ｅ
＝(－２ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝(－
(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
Ｐ→Ｂ .
Ｅ→Ｆ ｍ ２ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ－２)
所以 Ｅ→Ｆ ｍ ２ ３ 设平面 ＰＡＢ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ Ｅ→Ｆ ｍ ＝ ＝ ꎬ ＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
｜ ｜｜ ｜ ２ ３ ３
{ｎ Ａ→Ｂ ｙ
故直线 ＥＦ 与平面 ＢＣＤ 所成的角的正弦值 ＝２ ＝０ꎬ
令 ｘ 得 ｎ
＝１ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ
ｎ Ｐ→Ｂ ｘ ｙ ｚ
＝２ ＋２ －２ ＝０ꎬ
为 ３ 对
ꎬＣ ꎻ .设直线 ＡＥ 与平面 ＰＡＢ 所成的角为 θ 则
３ １) ꎬ
对于 设平面 ＡＢＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ
Ｄꎬ ＝( ２ꎬ ２ꎬ θ Ａ→Ｅ ｎ －２＋１ ３ 故
{ｎ
Ａ→Ｂ ｘ ｙ
ｓｉｎ ＝ ｜ ｃｏｓ‹ ꎬ › ｜ ＝
６× ２
＝
６
ꎬ Ｂ
ｚ 则 ＝２ ２ ＋２ ２ ＝０ꎬ 取 ｘ 可得 ｎ 正确.
２)ꎬ ｎ Ａ→Ｄ ｙ ｚ ２ ＝１ꎬ
＝２ ２ ＋２ ２ ＝０ꎬ 设异面直线 ＡＤ 与 ＰＢ 所成的角为 α
ꎬ
Ｅ→Ｆ ｎ
Ｅ→Ｆ ｎ ２
＝(１ꎬ－１ꎬ１)ꎬｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ Ｅ→Ｆ ｎ ＝ 则 α Ａ→Ｄ Ｐ→Ｂ －２×２ ３ 从
｜ ｜｜ ｜ ２ ３ ｃｏｓ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ ＝ ꎬ
２× １２ ３
３ 故直线 ＥＦ 与平面 ＡＢＤ 所成的角的正 而 α π 故 错误.
＝ ꎬ
≠ ꎬ Ｃ
３
４
弦值为 ３ 错.故选 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积 Ｖ ８ 由题意可知
ꎬＤ ＡＢＣ. － １ ＝ ꎬ
３ ３
４.(多选)( 重庆涪陵高级中学冲刺卷二ꎬ ＰＢ
２０２２ 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 外接球的半径 Ｒ
－ ＝ ＝ ３ꎬ
)在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 是正 ２
１２ － ꎬ
方形
ꎬ
ＰＤ
⊥
平面 ＡＢＣＤ
ꎬ
点 Ｅ 是棱 ＰＣ 的中 则其体积 Ｖ
２ ＝
４
π
Ｒ３
＝
４
π×( ３)
３
＝４ ３πꎬ
从
点 ＰＤ ＡＢ 则 ３ ３
ꎬ ＝ ꎬ ( ) 而四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积与其外接球的体
ＡＣ ＰＢ －
Ａ. ⊥
Ｖ
积的比值是 １ ２ ３ 故 正确.故选
直线ＡＥ 与平面ＰＡＢ 所成角的正弦值是 ３ Ｖ ＝ ꎬ Ｄ ＡＢＤ.
Ｂ. ２ ９π
６ ５.( 天津ꎬ ꎬ 分)如图 在三棱柱 ＡＢＣ
２０２０ １７ １５ ꎬ －
异面直线 ＡＤ 与 ＰＢ 所成的角是π
Ａ Ｂ Ｃ 中 ＣＣ 平面 ＡＢＣ ＡＣ ＢＣ ＡＣ ＢＣ
Ｃ.
４ １ １ １ ꎬ １⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ＝
四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积与其外接球的体 ＣＣ 点 Ｄ Ｅ 分别在棱 ＡＡ 和棱 ＣＣ
Ｄ. － ＝２ꎬ １ ＝３ꎬ ꎬ １ １
上 且 ＡＤ ＣＥ Ｍ 为棱 Ａ Ｂ 的中点.
ꎬ ＝１ꎬ ＝２ꎬ １ １
积的比值是２ ３
求证 Ｃ Ｍ Ｂ Ｄ
９π (１) : １ ⊥ １ ꎻ
答案 ＡＢＤ 如图 连接 ＢＤ. 因为底面 求二面角 Ｂ Ｂ Ｅ Ｄ 的正弦值
ꎬ (２) － １ － ꎻ
求直线 ＡＢ 与平面 ＤＢ Ｅ 所成角的正
ＡＢＣＤ 是正方形 所以 (３) １ 专
ꎬ
弦值. 题
ＢＤ ＡＣ 因为 ＰＤ 平 八
⊥ ꎬ ⊥
立
面 ＡＢＣＤ 所以 ＰＤ
体
ꎬ ⊥
几
ＡＣ 又 ＰＤ ＢＤ Ｄ 所 何
ꎬ ∩ ＝ ꎬ
３０７
考向二 利用等体积法、向量法求空间距离
１.( 湖北七校联合体联考ꎬ )在直三棱柱
２０２２ ６
ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 底面是等腰直角三角形
－ １ １ １ ꎬ ꎬ
ＡＣＢ ° 侧棱 ＡＡ Ｄ Ｅ 分别是 ＣＣ
∠ ＝９０ ꎬ １ ＝３ꎬ ꎬ １
与Ａ Ｂ 的中点 点Ｅ 在平面ＡＢＤ 上的射影是
１ ꎬ
ＡＢＤ 的重心 Ｇ 则点 Ａ 到平面 ＡＢＤ 的距
解析 以 Ｃ 为原点 分 △ ꎬ １
ꎬ 离为
( )
别以Ｃ→Ａ Ｃ→Ｂ ＣＣ→的方
ꎬ ꎬ １
６ ２ ６
向为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴的
Ａ. ６ Ｂ. Ｃ. Ｄ.２ ６
ꎬ ꎬ
２ ３
正方向建立空间直角 答案 Ａ 如图 以 Ｃ 为坐标原点 ＣＡ ＣＢ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
坐标系 如图 可得
ＣＣ 所在直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴 建立空间直
( )ꎬ
１ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｃ Ａ
æ ö
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ 角坐标系 则 Ｃ Ｄç ３ ÷.
Ｂ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ è０ꎬ０ꎬ ø
( ０ꎬ ２ꎬ ０ )ꎬ ２
Ｃ Ａ Ｂ Ｄ 设 ＣＡ ＣＢ ａ ａ 则 Ａ
１(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ １(２ꎬ０ꎬ３)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ３)ꎬ (２ꎬ０ꎬ ＝ ＝ ꎬ >０ꎬ
Ｅ Ｍ . ａ Ｂ ａ Ａ
１)ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (１ꎬ１ꎬ３) ( ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ꎬ０)ꎬ １
证明 Ｃ →Ｍ Ｂ→Ｄ ａ 可 得 Ｂ→Ｄ
(１) : １ ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １ ＝(２ꎬ－２ꎬ－２)ꎬ ( ꎬ ０ꎬ ３)ꎬ ＝
从而Ｃ →Ｍ Ｂ→Ｄ 所以 Ｃ Ｍ æ ö æａ ａ ö
１ １ ＝ ２ － ２ ＋ ０ ＝ ０ꎬ １ è ç ０ꎬ－ ａ ꎬ ３ ø ÷ ꎬ Ｅ è ç ꎬ ꎬ ３ ø ÷ ꎬ
Ｂ Ｄ. ２ ２ ２ ２
⊥ １
æ ａ ａ ö
依题意知 Ｃ→Ａ 是平面 ＢＢ Ｅ 的 Ｇ ç １ ÷ 则 Ｇ→Ｅ
(２) ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ０) １ è ꎬ ꎬ øꎬ ＝
３ ３ ２
一个法向量 ＥＢ→ Ｅ→Ｄ .
æａ ａ ö
ꎬ １ ＝(０ꎬ２ꎬ１)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ－１) ç ÷ 因为点 Ｅ 在平面 ＡＢＤ 上的射影
设 ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＤＢ Ｅ 的法向量 则 è ꎬ ꎬ１øꎬ
＝( ꎬ ꎬ ) １ ꎬ ６ ６
{ｎ
ＥＢ→ １ ＝０ꎬ 即 { ２ ｙ ＋ ｚ ＝０ꎬ不妨设 ｘ 可得
是
△
ＡＢＤ 的重心
ꎬ
所以 ＧＥ
⊥
平面 ＡＢＤ
ꎬ
所以
ａ ａ
ｎ Ｅ→Ｄ ｘ ｚ . ＝ １ꎬ Ｇ→Ｅ Ｂ→Ｄ 即 ａ ３ 解
＝０ꎬ ２ － ＝０ ＝０ꎬ ×０＋ ×(－ )＋ ×１＝０ꎬ
６ ６ ２
Ｃ→Ａ ｎ
æ ö
ｎ .因此有 Ｃ→Ａ ｎ 得 ａ 即Ｇ→Ｅ ç １ １ ÷ 设点 Ａ 到平面
＝(１ꎬ－１ꎬ２) ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ Ｃ→Ａ ｎ ＝ ３ꎬ ＝ è ꎬ ꎬ１øꎬ １
｜ ｜ ｜ ｜ ２ ２
ＡＢＤ 的距离为ｄ 因为Ｅ 是Ａ Ｂ 的中点 所以
６ 于是 Ｃ→Ａ ｎ ３０. ꎬ １ ꎬ
＝ ꎬ ｓｉｎ‹ ꎬ ›＝
６ ６ ｄ Ｇ→Ｅ .故选
＝２｜ ｜ ＝ ６ Ａ.
２.(多选)( 届重庆南开中学月考ꎬ )在
所以二面角 Ｂ Ｂ Ｅ Ｄ 的正弦值为 ３０.
２０２３ １１
－ －
１
６ 棱长为 的正方体 ＡＢＣＤ
5 ３
年 (３) Ａ→Ｂ ＝(－２ꎬ２ꎬ０) .由 (２) 知 ｎ ＝(１ꎬ－１ꎬ２) 为 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点 Ｐ 在棱
高 － １ １ １ １ ꎬ
考 平面 ＤＢ Ｅ 的一个法向量 于是 Ａ→Ｂ ｎ ＤＣ 上运动 不与顶点重
3 １ ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ (
年
模 Ａ→Ｂ ｎ 合 则点 Ｂ 到平面 ＡＤ Ｐ
拟 ３. )ꎬ １
Ａ→Ｂ ｎ ＝－ 的距离可以是
A ｜ ｜ ｜ ｜ ３ ( )
版 所以直线 ＡＢ 与平面 ＤＢ Ｅ 所成角的正弦值
１ Ａ. ２ Ｂ. ３ Ｃ.２ Ｄ. ５
高
答案 ＣＤ 以 Ｄ 为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在
考
数 为 ３. ꎬ ꎬ ꎬ １
学 直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建立空间直角坐标系
３ ꎬ ꎬ ꎬ
３０８
则 Ｄ Ａ
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (３ꎬ０ꎬ １
－２
Ｂ Ｄ
２ ３ ５.
０)ꎬ (３ꎬ３ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ
＝ ＝
ＡＤ→ ５ １０
０ꎬ３)ꎬ １ ＝ (－ ３ꎬ０ꎬ ４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)如图 直三棱柱
２０２２ Ⅰ １９ １２ ꎬ
Ａ→Ｂ 设
３)ꎬ ＝(０ꎬ３ꎬ０)ꎬ ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的体积为 Ａ ＢＣ 的面积为
－ １ １ １ ４ꎬ△ １
Ｐ ｔ 所以 Ａ→Ｐ
(０ꎬ ꎬ０)ꎬ ＝ .
ｔ 设平面 ＡＤ Ｐ 的法向量为 ｎ ｘ ２ ２
(－３ꎬ ꎬ０)ꎬ １ ＝( １ꎬ 求 Ａ 到平面 Ａ ＢＣ 的距离
{ｎ
Ａ→Ｐ ｘ ｔｙ
(１) １ ꎻ
ｙ ｚ 则有 ＝－３ １ ＋ １ ＝０ꎬ 令 ｙ (２) 设 Ｄ 为 Ａ １ Ｃ 的中点 ꎬ ＡＡ １ ＝ ＡＢ ꎬ 平面 Ａ １ ＢＣ
１ꎬ １)ꎬ ｎ ＡＤ→ ｘ ｚ １ ＝ 平面 ＡＢＢ Ａ 求二面角 Ａ ＢＤ Ｃ 的正
１ ＝－３ １ ＋３ １ ＝０ꎬ ⊥ １ １ꎬ － －
可得 ｎ ｔ ｔ 则点 Ｂ 到平面 ＡＤ Ｐ 的 弦值.
３ꎬ ＝( ꎬ３ꎬ )ꎬ １
Ａ→Ｂ ｎ
距离 ｄ ９ 因为 ｔ 所以
＝ ｎ ＝ ꎬ ０< <３ꎬ
｜ ｜
ｔ２
２ ＋９
ｄ .故选
∈( ３ꎬ３) ＣＤ.
３.( 湖南株洲质检ꎬ )正方体 ＡＢＣＤ
２０２２ １３ －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 Ｅ Ｆ 分别为 ＢＢ ＣＤ
１ １ １ １ １ꎬ ꎬ １ꎬ
的中点 则点 Ｆ 到平面 Ａ Ｄ Ｅ 的距离为
ꎬ
.
１ １ 解析 ( １) 由 题 意 知 Ｖ 三棱锥Ａ １－ ＡＢＣ ＝
３
１
Ｖ ４ 设 Ａ 到平面 Ａ ＢＣ 的距离
答案 ３ ５ 三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ꎬ １
３
１０
解析 以射线 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 为 ｈ 则 Ｖ Ｖ １ Ｓ ｈ
ꎬ ꎬ １ 、 、 ꎬ 三棱锥Ａ １－ ＡＢＣ ＝ 三棱锥Ａ － Ａ １ ＢＣ ＝ △ Ａ １ ＢＣ
ｚ 轴的非负半轴建立空 ３
间直角坐标系 如图 则 ２ ２ｈ ４ 解得ｈ .故Ａ 到平面Ａ ＢＣ 的
ꎬ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ２ １
æ ö ３ ３
Ａ Ｅç １ ÷
距离为 .
１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ è１ꎬ０ꎬ øꎬ
２
２
æ ö 连接ＡＢ 由直棱柱及ＡＡ ＡＢ 知四边形
Ｆç１ ÷ Ｄ (２) １ꎬ １ ＝
è ꎬ１ꎬ０øꎬ １(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＡＢＢ Ａ 为 正 方 形 故 ＡＢ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
２ １ １ ꎬ １ ⊥ １ ꎬ １ ＝
æ ö
所以Ａ→Ｅ ç １÷ Ａ→Ｄ .设平 ＡＡ
１ ＝ è１ꎬ０ꎬ－ øꎬ １ １ ＝(０ꎬ１ꎬ０) ２ １ꎬ
２ 又平面 Ａ ＢＣ 平面 ＡＢＢ Ａ 平面 Ａ ＢＣ 平
面 Ａ Ｄ Ｅ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 １ ⊥ １ １ꎬ １ ∩
１ １ ＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ 面 ＡＢＢ Ａ Ａ Ｂ ＡＢ 平面 ＡＢＢ Ａ
{ｎ
Ａ
１
→Ｅ
＝０ꎬ 即
ì
í
ï
ï ï ｘ － ２ １ｚ ＝０ꎬ令 ｚ ＝２ꎬ 则 ｘ ＝１ꎬ ∴ ＡＢ １⊥
１
平
１ ＝
面
１
Ａ １
ꎬ
ＢＣ ꎬ
１
又
⊂
ＢＣ ⊂ 平面
１
Ａ
１
１
ꎬ
ＢＣ ꎬ
ｎ Ａ→Ｄ ï ＡＢ ＢＣ
１ １ ＝０ꎬ îｙ ＝０ꎬ ∴ １⊥ ꎬ
易知 ＢＣ ＢＢ ＡＢ ＢＢ 平面 ＡＢＢ Ａ ＡＢ
æ ö
得 ｎ 又Ａ→Ｆ ç １ ÷ ⊥ １ꎬ １ꎬ １⊂ １ １ꎬ １
＝(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ １ ＝è ꎬ１ꎬ－１øꎬ ＢＢ Ｂ ＢＣ 平面 ＡＢＢ Ａ
２ ∩ １ ＝ １ꎬ∴ ⊥ １ １ꎬ
Ａ→Ｆ ｎ ＡＢ Ａ Ｂ 平面 ＡＢＢ Ａ 专
所以点Ｆ 到平面Ａ Ｄ Ｅ 的距离ｄ ｜ １ ｜ ∵ ꎬ １ ⊂ １ １ꎬ 题 八
１ １ ＝ ｎ ＢＣ ＡＢ ＢＣ Ａ Ｂ
｜ ｜ ∴ ⊥ ꎬ ⊥ １ ꎬ 立
体
Ｖ １ ＢＣ ＡＢ ＡＡ １ＢＣ 几
∴ 三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ １ ＝ 何
２ ２
３０９
{ Ｂ→Ｄ ｎ {ｘ ｙ ｚ
ＡＡ２ １ ＝４ꎬ Ｓ △ Ａ １ ＢＣ ＝ １ ＢＣ Ａ １ Ｂ ＝ ２ ＢＣ ＡＡ １ ＝ 则 ２ ＝０ꎬ 即 ２ ＋ ２ ＋ ２ ＝０ꎬ
２ ２ Ｃ→Ｄ ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ＝０ꎬ － ２ ＋ ２ ＋ ２ ＝０ꎬ
２ ２ꎬ 取 ｙ 则 ｚ ｘ 故 ｎ
解得 ＢＣ ＡＡ . ２
＝１ꎬ
２
＝－１ꎬ
２
＝０ꎬ
２
＝(０ꎬ１ꎬ－１)ꎬ
＝
１
＝２
ｎ ｎ １ １. ｎ ｎ
解法一 几何法 过 Ａ 作 ＡＥ ＢＤ 于 Ｅ 连
( ): ⊥ ꎬ
∴ ｃｏｓ‹ １ꎬ ２› ＝ ＝ ∴ ｓｉｎ‹ １ꎬ ２›
２× ２ ２
接 ＣＥ.易得 ＡＣ Ａ Ｃ .
＝２ ２ꎬ∴ １ ＝２ ３
３
Ｄ 为 Ａ Ｃ 的中点 Ａ ＡＣ 为直角三角形 ＝ ꎬ
∵ １ ꎬ△ １ ꎬ ２
Ａ ＡＣ ° ＡＤ ＤＣ 又 ＡＢ ＢＣ
∠ １ ＝９０ ꎬ∴ ＝ ＝ ３ꎬ ＝ ＝ 二面角 Ａ ＢＤ Ｃ 的正弦值为 ３.
ＢＤ ＢＤ ∴ － －
２ꎬ ＝ ꎬ ２
ＡＢＤ ＣＢＤ. ５.( 广东茂名检测ꎬ )如图 直三棱柱
∴ △ ≌△ ２０２２ １８ ꎬ
ＣＥ ＢＤ 又 ＡＥ 平面 ＡＢＤ ＣＥ 平 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的底面是边长为 的正三角
∴ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ － １ １ １ ２
面 ＣＢＤ 形 Ｅ Ｆ 分别是 ＢＣ ＣＣ 的中点.
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １
ＡＥＣ 为二面角 Ａ ＢＤ Ｃ 的平面角. 求证 平面 ＡＥＦ 平面 Ｂ ＢＣＣ
∴ ∠ － － (１) : ⊥ １ １ꎻ
若 ＥＦＣ ° 求点 Ｃ 到平面 ＡＥＦ 的
在直角三角形 Ａ ＢＣ 中 有 ＢＤ １Ａ Ｃ (２) ∠ ＝ ３０ ꎬ
１ ꎬ ＝ １ ＝ ３ꎬ 距离.
２
易得 ＡＥ ＥＣ ２ .
＝ ＝ ６
３
在 ＡＥＣ 中 由余弦定理的推论得 ＡＥＣ
△ ꎬ ｃｏｓ∠
ＡＥ２ ＥＣ２ ＡＣ２
＋ － １ ＡＥＣ ３ 即
＝ ＡＥ ＥＣ ＝ － ꎬ∴ ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ
２ ２ ２
二面角 Ａ ＢＤ Ｃ 的正弦值为 ３. 解析 证明 在直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
－ － (１) : － １ １ １
２
中 ＢＢ 平面 ＡＢＣ 又 ＡＥ 平面 ＡＢＣ
解法二 向量法 以 Ｂ 为坐标原点 ＢＣ ＢＡ ꎬ １⊥ ꎬ ∵ ⊂ ꎬ∴
( ): ꎬ ꎬ ꎬ
ＡＥ ＢＢ .
ＢＢ 所在直 ⊥ １
１ ＡＢＣ 为等边三角形 Ｅ 为 ＢＣ 的中点
线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立如图所示的空 ∵ △ ꎬ ꎬ∴
ꎬ ꎬ
ＡＥ ＢＣ
间直角坐标系 则 Ａ ⊥ ꎬ
ꎬ
又 ＢＢ ＢＣ Ｂ ＢＢ ＢＣ 平面 Ｂ ＢＣＣ
Ｂ ∵ １∩ ＝ ꎬ １ꎬ ⊂ １ １ꎬ
(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
ＡＥ 平面 Ｂ ＢＣＣ
Ｃ Ｄ ∴ ⊥ １ １ꎬ
(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ
ＡＥ 平 面 ＡＥＦ 平 面 ＡＥＦ 平
∵ ⊂ ꎬ ∴ ⊥
Ｂ→Ａ Ｂ→Ｄ
１)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ 面 Ｂ ＢＣＣ .
１ １
Ｃ→Ｄ
＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝(－１ꎬ 在 ＥＦＣ 中 ＥＦＣ ° ＥＣ
5 (２) Ｒｔ△ ꎬ∠ ＝３０ ꎬ ＝１ꎬ∴
年
高 １ꎬ１)ꎬ ＥＦ ＦＣ .设点 Ｃ 到平面 ＡＥＦ 的距离
＝２ꎬ ＝ ３
考 设平面 ＡＢＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ
3 １ ＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ 为 ｄ 由 知 ＡＥ 面 Ｂ ＢＣＣ
年 模 { Ｂ→Ａ ｎ { ｙ ꎬ (１) ⊥ １ １ꎬ
拟 则 １ ＝０ꎬ 即 ２ １ ＝０ꎬ 则由 Ｖ Ｖ 即１ ＡＥ １ ＥＣ ＦＣ
A Ｂ→Ｄ ｎ ｘ ｙ ｚ Ａ － ＥＦＣ＝ Ｃ － ＡＥＦꎬ ３ ２
版 １ ＝０ꎬ １ ＋ １ ＋ １ ＝０ꎬ
取 ｘ 则 ｚ 故 ｎ
１ ｄ １ ＡＥ ＥＦ 解得 ｄ ３.
高 １ ＝１ꎬ １ ＝－１ꎬ １ ＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ ＝ ꎬ ＝
考 设平面 ＢＤＣ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ ３ ２ ２
数 ２ ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ ６.( 江苏涟水一中测试ꎬ )如图 ＡＤ
学
２０２２ １８ １ꎬ ꎬ
３１０
ＢＣ 是等腰梯形 ＣＤＥＦ 的两条高 ＡＤ ＡＥ 因为 ＡＤ ＡＰ Ａ ＡＤ ＡＰ 平面 ＡＤＰ
ꎬ ＝ ＝ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
ＣＤ 点 Ｍ 是线段 ＡＥ 的中点 将该等腰梯 所以 ＢＭ 平面 ＡＤＰ.
＝２ꎬ ꎬ ⊥
形沿着两条高 ＡＤ ＢＣ 折叠成如图 所示的 因为 ＤＰ 平面 ＡＤＰ 所以 ＢＭ ＤＰ.
ꎬ ２ ⊂ ꎬ ⊥
四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ Ｅ Ｆ 重合 记为点 Ｐ . 取 ＢＰ 的中点 Ｎ 连接 ＤＮ
－ ( ꎬ ꎬ ) (２) ꎬ ꎬ
求证 ＢＭ ＤＰ 因为 ＡＤ 平面 ＡＢＰ ＡＢ ＡＰ ＡＤ
(１) : ⊥ ꎻ ⊥ ꎬ ＝ ＝ ＝２ꎬ
求点 Ｍ 到平面 ＢＤＰ 的距离 ｈ. 所以 ＤＰ ＢＤ 所以 ＤＮ ＢＰ.
(２) ＝ ＝２ ２ꎬ ⊥
所以在 ＤＰＮ 中 ＤＮ ＤＰ２ ＰＮ２
Ｒｔ △ ꎬ ＝ － ＝
８－１ ＝ ７ꎬ
图 所以 Ｓ １ＢＰ ＤＮ
１ △ ＤＢＰ＝ ＝
２
１
×２× ７ ＝ ７ꎬ
２
因为 ＡＤ 平面 ＡＢＰ 所
⊥ ꎬ
以 Ｖ １ＡＤ Ｓ .
Ｄ － ＢＭＰ＝ △ ＢＭＰ
３
因为 Ｖ Ｖ 所以 １ ｈ Ｓ １ ＡＤ
Ｍ － ＢＤＰ ＝ Ｄ － ＢＭＰꎬ △ ＢＤＰ ＝
３ ３
图
２ Ｓ
△ ＢＭＰꎬ
解析 证明 因为 ＡＤ ＥＦ 所以 ＡＤ
(１) : ⊥ ꎬ ⊥ 又 Ｓ １ Ｓ １ ３ ＡＢ２ ３ ２
ＡＰ ＡＤ ＡＢ 又 ＡＰ ＡＢ Ａ ＡＰ ＡＢ 平面 △ ＢＭＰ ＝ △ ＡＢＰ ＝ × × ＝ ×２
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ２ ２ ４ ８
ＡＢＰ 所以 ＡＤ 平面 ＡＢＰ.因为 ＢＭ 平面
ꎬ ⊥ ⊂ ３
ＡＢＰ 所以 ＡＤ ＢＭ. ＝ ꎬ
ꎬ ⊥ ２
由已知得 ＡＢ ＡＰ ＢＰ 所以 ＡＢＰ 是等 ＡＤ Ｓ
ꎬ ＝ ＝ ＝２ꎬ △ 所以 ｈ △ ＢＭＰ ３ ２１ 即点 Ｍ 到平
边三角形 ＝ Ｓ ＝ ＝ ꎬ
ꎬ △ ＢＤＰ ７ ７
又因为点 Ｍ 是 ＡＰ 的中点 所以 ＢＭ ＡＰ.
ꎬ ⊥ 面 ＢＤＰ 的距离为 ２１.
７
专 题
八
立
体
几
何
３１１
综合篇
考法 一 求解直线与平面所成角的方法 答案 ＡＢＤ 连接 Ｂ Ｃ 交 ＢＣ 于 Ｏ Ａ Ｄ
１ ꎬ １ ꎬ∵ １
Ｂ Ｃ Ｂ ＯＣ 或其补角 为直线 ＢＣ
考向一 用几何法求直线与平面所成的角 ∥ １ ꎬ∴ ∠ １ １( ) １
与ＤＡ 所成的角 又Ｂ Ｃ ＢＣ Ｂ ＯＣ
１.(多选)( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知正方体 １ ꎬ １ ⊥ １ꎬ∴ ∠ １ １ ＝
２０２２ Ⅰ ９ ５ ° 即直线 ＢＣ 与 ＤＡ 所成的角为 °.故
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 则 ９０ ꎬ １ １ ９０
－ １ １ １ １ꎬ ( ) 选项 正确.
Ａ
直线 ＢＣ 与 ＤＡ 所成的角为 °
Ａ. １ １ ９０ 由 Ａ １ Ｂ １⊥ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ ꎬ ＢＣ １⊂ 平面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ
直线 ＢＣ 与 ＣＡ 所成的角为 ° 知 Ａ Ｂ ＢＣ 又 ＢＣ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ
Ｂ. １ １ ９０ １ １⊥ １ꎬ １⊥ １ ꎬ １ １∩ １ ＝
直线 ＢＣ 与平面 ＢＢ Ｄ Ｄ 所成的角为 ° Ｂ ＢＣ 平面 Ａ Ｂ Ｃ 又 ＣＡ 平面
Ｃ. １ １ １ ４５ １ꎬ∴ １ ⊥ １ １ ꎬ １ ⊂
直线 ＢＣ 与平面 ＡＢＣＤ 所成的角为 ° Ａ Ｂ Ｃ ＢＣ ＣＡ 直线 ＢＣ 与 ＣＡ 所成
Ｄ. １ ４５ １ １ ꎬ∴ １⊥ １ꎬ∴ １ １
的角为 °.故选项 正确. ３.( 四川ꎬ ꎬ 分)如图
９０ Ｂ ２０１４ ８ ５ ꎬ
连接 Ａ Ｃ 交 Ｂ Ｄ 于点 Ｏ 连接 Ｏ Ｂ 易证 在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
１ １ꎬ １ １ １ꎬ １ ꎬ － １ １ １ １
Ｃ Ｏ 平面 ＢＢ Ｄ Ｄ ＢＣ 在平面 ＢＢ Ｄ Ｄ 中 点 Ｏ 为线段 ＢＤ 的中点.
１ １⊥ １ １ ꎬ∴ １ １ １ ꎬ
内的射影为 Ｏ Ｂ ＢＣ 与平面 ＢＢ Ｄ Ｄ 所 设点 Ｐ 在线段 ＣＣ 上 直线
１ ꎬ∴ １ １ １ １ ꎬ
成 的 角 为 Ｃ ＢＯ . 在 ＢＯ Ｃ 中 ＯＰ 与平面Ａ ＢＤ 所成的角为α 则 α 的取
∠ １ １ Ｒｔ △ １ １ ꎬ １ ꎬ ｓｉｎ
Ｃ Ｏ 值范围是
Ｃ ＢＯ １ １ １ 则 Ｃ ＢＯ ° 故 ( )
ｓｉｎ∠ １ １ ＝ ＢＣ ＝ ꎬ ∠ １ １ ＝３０ ꎬ é ù é ù
１ ２ ê ú ê ú
３ ６
选项 错误. ＣＣ 平面 ＡＢＣＤ Ｃ ＢＣ Ａ.ë êê ꎬ１û úú Ｂ.ë êê ꎬ１û úú
Ｃ ∵ １⊥ ꎬ∴ ∠ １ ３ ３
是 ＢＣ 与平面 ＡＢＣＤ 所成的角 而 Ｃ ＢＣ
é ù é ù
１ ꎬ ∠ １ ＝ ê ú ê ú
６ ２ ２ ２ ２
° 故选项 正确.故选 . Ｃ.ë êê ꎬ û úú Ｄ.ë êê ꎬ１û úú
４５ ꎬ Ｄ ＡＢＤ ３ ３ ３
２.( 山东ꎬ ꎬ 分) 已知三棱柱 ＡＢＣ 答案 Ｂ 连接 Ａ Ｏ Ｃ Ｏ ＯＣ Ａ Ｃ .由正方
２０１３ ４ ５ － １ ꎬ １ ꎬ ꎬ １ １
Ａ Ｂ Ｃ 的侧棱与底面垂直 体积为 ９ 底面 体 的 性 质 易 求 得 Ｃ ＯＡ ２ ２
１ １ １ ꎬ ４ ꎬ ｓｉｎ ∠ １ １ ＝ ꎬ
３
是边长为 的正三角形.若 Ｐ 为底面 Ａ Ｂ Ｃ
３ １ １ １ ＣＯＡ ６ 注意到 Ｃ ＯＡ 是锐角
的中心 则 ＰＡ 与平面 ＡＢＣ 所成角的大小为 ｓｉｎ∠ １ ＝ ꎬ ∠ １ １ ꎬ
ꎬ ３
( ) ＣＯＡ 是钝角 且２ ２ ６.故 α 的取值
∠ １ ꎬ > ｓｉｎ
５π π π π ３ ３
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. é ù
１２ ３ ４ ６ 范围是 ê ６ ú .
答案 Ｂ 如图 设 Ｐ 为底面 ＡＢＣ 的中心 ë êê ꎬ１û úú
ꎬ ０ ꎬ ３
连接 ＰＰ ＡＰ 由题意知 ＰＰ 为直三棱柱的 ４.( 全国甲ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)在长方体
０ꎬ ０ꎬ ０ ２０２２ ７ ９ ５
高 ＰＡＰ 为 ＰＡ 与平面 ＡＢＣ 所成的角 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 已知 Ｂ Ｄ 与平面 ＡＢＣＤ
ꎬ∠ ０ ꎬ － １ １ １ １ ꎬ １
和平面 ＡＡ Ｂ Ｂ 所成的角均为 ° 则
Ｓ １ ２ ° ３ ３. １ １ ３０ ꎬ
△ ＡＢＣ＝ ×( ３) ｓｉｎ ６０ ＝
２ ４
( )
三棱柱的体积 Ｖ ９ ＡＢ ＡＤ
∵ ＝ ꎬ∴ Ａ. ＝２
４ ＡＢ 与平面 ＡＢ Ｃ Ｄ 所成的角为 °
Ｂ. １ １ ３０
３ ３ ＰＰ ９ ＰＰ . ＡＣ ＣＢ
０ ＝ ꎬ∴ ０ ＝ ３ Ｃ. ＝ １
４ ４ Ｂ Ｄ 与平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 所成的角为 °
又 Ｐ 为底面 ＡＢＣ 的中心 Ｄ. １ １ １ ４５
０ ꎬ 答案 Ｄ 如图 连接
ꎬ
则 ＡＰ 的长等于正 ＡＢＣ 高的 ２ 又易知 ＢＤ.由题可知 ＢＢ
０ △ ꎬ ꎬ １⊥
３
平面 ＡＢＣＤ ＡＤ 平
ꎬ ⊥
ＡＢＣ 的高为３ ＡＰ ２ ３ .
5 △ ꎬ∴ ０ ＝ × ＝１ 面 ＡＡ Ｂ Ｂ
年 ２ ３ ２ １ １ ꎬ
高 易 知 Ｂ Ｄ 与 平 面
ＰＰ
考
3 在 ＰＡＰ 中 ＰＡＰ ０ ３ １
年 Ｒｔ△ ０ ꎬｔａｎ∠ ０ ＝ＡＰ ＝ ＝ ３ꎬ ＡＢＣＤ 和 平 面 ＡＡ Ｂ Ｂ 所 成 的 角 分 别 为
模 ０ １ １ １
拟 Ｂ ＤＢ ＡＢ Ｄ Ｂ ＤＢ ＡＢ Ｄ °.
ＰＡＰ π 故选 . ∠ １ ꎬ∠ １ ꎬ∴ ∠ １ ＝∠ １ ＝３０
A ∴ ∠ ０ ＝ ꎬ Ｂ
版 ３ 设 ＡＤ 则 ＡＢ Ｂ Ｄ
＝１ꎬ １ ＝ ３ꎬ １ ＝２ꎬ
高
ＢＢ ＢＤ ＡＢ ＡＢ ＡＤ
考 ∴ １ ＝１ꎬ ＝ ３ꎬ∴ ＝ ２ꎬ∴ ＝ ２ ꎬ
数
学 故 错误.
Ａ
３１２
过 Ｂ 作 ＢＨ ＡＢ 交 ＡＢ 于 Ｈ 连接 ＰＨ.
⊥ １ꎬ １ ꎬ (２)
易知 ＨＡＢ 为 ＡＢ 与平面 ＡＢ Ｃ Ｄ 所成的角. 设点 Ｄ 到平面 ＰＡＢ 的距离为 ｈ
∠ １ １ ꎬ
ＡＢ ＢＢ
ＢＨ １ ６ 由 Ｖ Ｖ 得 １ Ｓ ｈ １ Ｓ
∵ ＝ ＡＢ ＝ ꎬ Ｄ － ＰＡＢ ＝ Ｐ － ＡＢＤ △ ＰＡＢ ＝ △ ＡＢＤ
１ ３ ３ ３
ＢＨ ＰＤ
ＨＡＢ ３ 故 错误. ꎬ
∴ ｓｉｎ∠ ＝ＡＢ＝ ꎬ Ｂ
３ Ｓ ＰＤ
所以 ｈ △
ＡＢＤ
.
易知 ＡＣ ＣＢ ＡＣ ＣＢ 故 ＝ Ｓ
＝ ３ꎬ １ ＝ ２ꎬ∴ ≠ １ꎬ Ｃ ＰＡＢ
△
错误.
易知 ＤＢ Ｃ 为 Ｂ Ｄ 与平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 所成 由 易知 Ｓ １ ３ ３
∠ １ １ １ １ (１) △ ＡＢＤ＝ ×２× ＝ ꎬ
２ ２ ２
的角
ꎬ 由 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤ ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ ＤＨ
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂
ＤＣ
ＤＢ Ｃ ２ ＤＢ Ｃ ° 故 平面 ＡＢＣＤ 得 ＰＤ ＡＢ ＰＤ ＤＨ 又 ＡＢ
∴ ｓｉｎ∠ １ ＝Ｂ Ｄ＝ ꎬ∴ ∠ １ ＝４５ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
１ ２ ＤＨ ＤＨ ＰＤ Ｄ 所以 ＡＢ 平面 ＰＤＨ 所以
正确. ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ
Ｄ
ＡＢ ＰＨ.
５.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分) 在四棱锥 Ｐ ⊥
２０２２ １８ １２ －
ＡＢＣＤ 中 ＰＤ 底面 ＡＢＣＤ ＣＤ ＡＢ ＡＤ ＤＣ 在 ＰＤＨ 中 ＰＨ ３ １５
ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ＝ Ｒｔ△ ꎬ ＝ ＋３ ＝ ꎬ
ＣＢ ＡＢ ＤＰ . ４ ２
＝ ＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝ ３
证明 ＢＤ ＰＡ
３
(１) : ⊥ ꎻ × ３
求 ＰＤ 与平面 ＰＡＢ 所成的角的正弦值. Ｓ １ １５ １５ ｈ ２
(２) ∴ △ ＰＡＢ ＝ ×２× ＝ ꎬ∴ ＝ ＝
２ ２ ２ １５
２
３ １５.
＝
１５ ５
设直线 ＰＤ 与平面 ＰＡＢ 所成的角为 θ 则
ꎬ
ｈ
θ １５ １ ５.
ｓｉｎ ＝ＰＤ＝ × ＝
解析 证明 过Ｄ 作ＤＨ ＡＢ 垂足为Ｈ ５ ３ ５
(１) : ⊥ ꎬ ꎬ
故直线 ＰＤ 与平面 ＰＡＢ 所成的角的正弦值
则 ＡＨ １ 又 ＡＤ 所以 ＤＨ ３.易知 ＢＨ
＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝
２ ２ 为 ５.
３ 所以 ＢＤ 在 ＡＢＤ 中 ＡＤ２ ＢＤ２ ５
＝ ꎬ ＝ ３ꎬ △ ꎬ ＋ ＝
２ 考向二 用向量法求直线与平面所成的角
ＡＢ２ 所以 ＡＤ ＢＤ.因为 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤ
ꎬ ⊥ ⊥ ꎬ １.( 浙江慈溪中学开学考ꎬ )已知正四棱
ＢＤ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＰＤ ＢＤ 又因为 ＰＤ ２０２２ １３
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＡ ＡＢ 则直
∩ ＡＤ ＝ Ｄ ꎬ 所以 ＢＤ ⊥ 平面 ＰＡＤ ꎬ 又 ＰＡ ⊂ 平面 － １ １ １ １ ꎬ １ ＝１ꎬ ＝２ꎬ
ＰＡＤ 所以 ＢＤ ＰＡ. 线 ＡＡ 与平面 Ｂ ＣＤ 所成角的正弦值为
ꎬ ⊥ １ １ １
.
答案 ６
专
３
题
解析 以点 Ａ 为坐标原点 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在 八
ꎬ 、 、 １
立
直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建立如图所示的空间直
体
、 、
几
角坐标系 何
ꎬ
３１３
平面 ＡＣＢ 的一个法向量可取ＢＤ→
[０ꎬ１]ꎬ １ １ ＝
α Ｃ→Ｐ ＢＤ→
(－１ꎬ－１ꎬ１)ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ‹ １ ꎬ １› ｜
１
＝
ｘ２ ｘ ２
则 Ａ Ａ Ｃ Ｂ ３ ＋( －１)
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ
１ １ 又
Ｄ 则ＡＡ→ ＣＢ→ ＝ ＝ ꎬ
０ꎬ１)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ１)ꎬ １ ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １ ＝ ｘ２ ｘ æ ö２
３ ２ －２ ＋１ çｘ １÷ １
ＣＤ→ 设平面 Ｂ ＣＤ ３ ２ è － ø ＋
(０ꎬ－２ꎬ１)ꎬ
１
＝(－２ꎬ０ꎬ１)ꎬ
１ １
２ ２
的法向量为 ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ ｘ æ çｘ １ ö ÷ ２ １ é ê １ ù ú α
∈[０ꎬ１]ꎬ∴ ２ è － ø ＋ ∈ë ê ꎬ１û ú ꎬｓｉｎ
{ｎ ＣＢ→ ｙ ｚ ２ ２ ２
则 １ ＝－２ ＋ ＝０ꎬ 取 ｚ 可得 ｎ é ê ù ú
＝２ꎬ ＝(１ꎬ ３ ６
ｎ ＣＤ→ １ ＝－２ ｘ ＋ ｚ ＝０ꎬ ∈ë êê ３ ꎬ ３ û úúꎬ
é ù
１ꎬ２)ꎬ ê ú
即 α 的取值范围是 ３ ６ .
ｎ ＡＡ→ ｓｉｎ ë êê ꎬ û úú
则 ｎ ＡＡ→ １ ２ ６. ３ ３
ｃｏｓ‹ ꎬ １›＝
ｎ ＡＡ→
＝ ＝
３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)如图 四棱锥 Ｐ
｜ ｜｜ １｜ ６ ３ ２０２０ Ⅰ ２０ １２ ꎬ －
因此 直线 ＡＡ 与平面 Ｂ ＣＤ 所成角的正弦 ＡＢＣＤ 的底面为正方形 ＰＤ 底面 ＡＢＣＤ.设
ꎬ １ １ １ ꎬ ⊥
平面 ＰＡＤ 与平面 ＰＢＣ 的交线为 ｌ.
值为 ６.
证明 ｌ 平面 ＰＤＣ
３ (１) : ⊥ ꎻ
２.( 天津西青月考ꎬ )在正方体 ＡＢＣＤ 已知ＰＤ ＡＤ Ｑ 为ｌ 上的点 求ＰＢ 与
２０２２ １３ － (２) ＝ ＝１ꎬ ꎬ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点 Р 在侧面 ＢＣＣ Ｂ 包括边 平面 ＱＣＤ 所成角的正弦值的最大值.
１ １ １ １ ꎬ １ １(
界 上运动 满足 ＡＰ ＢＤ 记直线 Ｃ Ｐ 与平
) ꎬ ⊥ １ꎬ １
面 ＡＣＢ 所成角为 α 则 α 的取值范围是
１ ꎬ ｓｉｎ
.
é ù
ê ú
答案 ３ ６
ë
êê
ꎬ û
úú
３ ３ 解析 证明 因为 ＰＤ 底面 ＡＢＣＤ 所以
解析 如图 建立空间直角坐标系 设正方 (１) : ⊥ ꎬ
ꎬ ꎬ ＰＤ ＡＤ.又底面 ＡＢＣＤ 为正方形 所以 ＡＤ
⊥ ꎬ ⊥
体的棱长为 则 Ｂ Ｄ Ｃ
１ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １ ＤＣ.因为 ＰＤ ＤＣ Ｄ 所以 ＡＤ 平面 ＰＤＣ.
∩ ＝ ꎬ ⊥
Ａ 则ＢＤ→ 由
因为 ＡＤ ＢＣ ＡＤ 平面 ＰＢＣ 所以 ＡＤ 平
(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １ ＝(－１ꎬ－１ꎬ１)ꎬ ∥ ꎬ ⊄ ꎬ ∥
题可设 Ｐ ｘ ｚ 则Ａ→Ｐ ｘ ｚ ＡＰ 面 ＰＢＣ.由已知得 ｌ ＡＤ.因此 ｌ 平面 ＰＤＣ.
( ꎬ１ꎬ )ꎬ ＝( －１ꎬ１ꎬ )ꎬ∵ ∥ ⊥
ＢＤ ＢＤ→ Ａ→Ｐ ｘ ｚ 即 ｘ ｚ 以 Ｄ 为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为 ｘ 轴正方
⊥ １ꎬ∴ １ ＝１－ －１＋ ＝０ꎬ － ＝０ꎬ (２) ꎬ
向 建立如图所示的空间直角坐标系 Ｄ ｘｙｚ
5 ꎬ － ꎬ
年
则 Ｄ Ｃ
高
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ
考
3 Ｂ
０)ꎬ ( １ꎬ １ꎬ ０ )ꎬ
年
模
Ｐ 则Ｄ→Ｃ
拟 (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝ (０ꎬ
A
Ｐ→Ｂ .
版 １ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ－１)
高 由 可设 Ｑ ａ 则Ｄ→Ｑ ａ .
考 (１) ( ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝( ꎬ０ꎬ１)
点 Ｐ 在 Ｂ Ｃ 上 又Ｃ→Ｐ ｘ ｘ ｘ
数 ∴ １ ꎬ １ ＝( ꎬ０ꎬ －１)ꎬ ∈ 设 ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面 ＱＣＤ 的法向量 则
学 ＝( ꎬ ꎬ ) ꎬ
３１４
{ｎ Ｄ→Ｑ {ａｘ ｚ 所以Ｂ→Ｅ
＝０ꎬ 即 ＋ ＝０ꎬ可取 ｎ ａ . ０)ꎬ ＝ (０ꎬ－２ꎬ
ｎ Ｄ→Ｃ ｙ . ＝(－１ꎬ０ꎬ ) Ｂ→Ｄ
＝０ꎬ ＝０ ２)ꎬ ＝ (２ꎬ －２ꎬ１)ꎬ
ｎ Ｐ→Ｂ ａ Ａ Ｂ→ Ａ→Ｂ
所以 ｎ Ｐ→Ｂ －１－ .
１ １
＝ ＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬ
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝
ｎ Ｐ→Ｂ ａ２ 设平面 ＢＤＥ 的法向量
｜ ｜｜ ｜ ３ １＋
为 ｎ ｘ ｙ ｚ
设 ＰＢ 与平面 ＱＣＤ 所成角为 θ 则 θ ３ ＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
ꎬ ｓｉｎ ＝
３ {ｎ Ｂ→Ｅ
＝０ꎬ
则
ａ ａ ａ
｜ ＋１｜ ３ ２ .因为 ３ ２ ｎ Ｂ→Ｄ
×
１＋ ａ２
＝
３
１＋ａ２
＋１ ３
１＋ａ２
＋１
≤
{
ｙ ｚ
＝０ꎬ
即 －２ ＋２ ＝０ꎬ 令 ｙ 得到平面 ＢＤＥ 的一
ｘ ｙ ｚ ＝１ꎬ
６ 当且仅当 ａ 时等号成立 所以 ＰＢ 与 ２ －２ ＋ ＝０ꎬ
ꎬ ＝１ ꎬ
３ æ ö
个法向量为 ｎ ç １ ÷.
＝è ꎬ１ꎬ１ø
平面 ＱＣＤ 所成角的正弦值的最大值为 ６. ２
设直线 Ａ Ｂ 与平面 ＢＤＥ 所成的角为 θ
３ １ １ ꎬ
４.( 届湖北摸底联考ꎬ )如图 在直三棱
２０２３ ２０ ꎬ Ａ Ｂ→ ｎ
则 θ Ａ Ｂ→ ｎ ｜ １ １ ｜
柱 ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ꎬ ＡＣ ⊥ ＢＣ ꎬ ＡＣ ＝ ＢＣ ＝２ꎬ ＣＣ １ ｓｉｎ ＝ ｜ ｃｏｓ‹ １ １ꎬ › ｜ ＝ Ａ Ｂ→ ｎ ＝
点Ｄ Ｅ 分别在棱ＡＡ 和棱ＣＣ 上 且ＡＤ ｜ １ １｜｜ ｜
＝３ꎬ ꎬ １ １ ꎬ
１
ＣＥ . ×(－２)＋１×２＋１×０
＝１ꎬ ＝２
２ ２
设Ｆ为Ｂ Ｃ 的中点 求证 Ａ Ｆ 平面ＢＤＥ ＝ ꎬ
(１) １ １ ꎬ : １ ∥ ꎻ １ ６
求直线Ａ Ｂ 与平面ＢＤＥ所成角的正弦值. ＋１＋１× ４＋４＋０
(２) １ １ ４
所以直线 Ａ Ｂ 与平面 ＢＤＥ 所成角的正弦值
１ １
为 ２.
６
考法 二 求解二面角的方法
考向一 用几何法求二面角
１.( 河北冀州中学月考ꎬ ) 在长方体
解析 证明 取 ＢＥ 的中点 Ｇ 连接 ＦＧ ２０２２ ４
(１) : ꎬ 、
ＡＢＣＤ Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′中 若 ＡＢ ＡＤ ＣＣ′
Ｃ Ｅ ＢＢ － ꎬ ＝ ＝２ ３ꎬ ＝
ＤＧ 则 ＦＧ ＣＣ ＡＡ 且 ＦＧ １ ＋ １
ꎬ ∥ １∥ １ꎬ ＝ ＝ 则二面角 Ｃ′ ＢＤ Ｃ 的大小为
２ ２ꎬ － － ( )
° ° ° °
１＋３ 所以 ＦＧ Ａ Ｄ 且 ＦＧ Ａ Ｄ 所以四 Ａ.３０ Ｂ.４５ Ｃ.６０ Ｄ.９０
＝２ꎬ ∥ １ ＝ １ ꎬ 答案 Ａ 如图所示 取 ＢＤ 的中点 Ｏ 连接
２ ꎬ ꎬ
边形 Ａ ＤＧＦ 为平行四边形 所以 Ａ Ｆ ＤＧ. Ｃ′Ｏ ＣＯ. ＢＣＤ ＢＣ′Ｄ 为等腰三角形
１ ꎬ １ ∥ ꎬ ∵ △ ꎬ△ ꎬ
又 Ａ Ｆ 平面 ＢＤＥ ＤＧ 平面 ＢＤＥ 所以 ＯＣ ＢＤ ＯＣ′ ＢＤ 则 Ｃ′ＯＣ 是二面角
１ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∠
Ａ Ｆ 平面 ＢＤＥ. Ｃ′ ＢＤ Ｃ 的平面角
１ ∥ － － ꎬ
因为直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＣ ＢＣ
(２) － １ １ １ ꎬ ⊥ ꎬ
所以 ＣＡ ＣＢ ＣＣ 两两垂直.
、 、 １ 专
题
分别以Ｃ→Ａ Ｃ→Ｂ ＣＣ→的方向为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴
八
、 、 １ 、 、
的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 立
ꎬ 体
则 Ｂ Ｅ Ｄ Ａ 几
(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ０ꎬ１)ꎬ (２ꎬ０ꎬ Ｃ′ＯＣ 中 ＣＯ Ｃ′Ｏ 则 Ｃ′ 何
Ｒｔ△ ꎬ ＝ ６ꎬ ＝２ ２ꎬ ｃｏｓ∠
３１５
ＰＯ
ＯＣ ６ ３ Ｃ′ＯＣ ° 故选 ＯＢ ＢＭ ３ ５ ＰＭＯ １５ 即
＝ ＝ ꎬ∴ ∠ ＝３０ ꎬ Ａ. － ＝ ꎬ∴ ｔａｎ∠ ＝ＯＭ＝ ꎬ
２ ２ ２ ５ ３
２.( 福建厦门月考ꎬ )如图 在四棱锥 Ｐ
２０２２ １８ ꎬ － 二面角 Ｐ ＥＣ Ｄ 的正切值为 １５.
－ －
ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 是边长为 的正方形 ３
ꎬ ２ ꎬ
３.( 河北邯郸检测ꎬ )已知四棱锥 Ｐ
侧面 ＰＡＤ 为正三角形 且平面 ＰＡＤ 平面 ２０２２ １９ －
ꎬ ⊥
ＡＢＣＤ 的底面 ＡＢＣＤ 为矩形 ＡＢ ＡＤ
ＡＢＣＤ Ｅ Ｆ 分别为棱 ＡＢ ＰＣ 的中点.
ꎬ ＝２ꎬ ＝４ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ
ＰＡ 平面 ＡＢＣＤ Ｅ 是 ＢＣ 的中点.
求证 ＥＦ 平面 ＰＡＤ
⊥ ꎬ
(１) : ∥ ꎻ
证明 ＤＥ 平面 ＰＡＥ
求二面角 Ｐ ＥＣ Ｄ 的正切值.
(１) : ⊥ ꎻ
(２) － －
若 ＰＤ 与平面 ＡＢＣＤ 所成的角为 ° 求
(２) ４５ ꎬ
二面角 Ａ ＰＤ Ｅ 的正切值.
－ －
解析 证明 取 ＰＤ 的中点 Ｇ 连接
(１) : ꎬ
ＧＦ ＡＧ.
、
由题意知 ＧＦ 为 ＰＤＣ 的中位线
△ ꎬ
ＧＦ ＣＤ 且 ＧＦ １ＣＤ 又 ＡＥ ＣＤ 且 ＡＥ 解析 证明 由条件可得 ＡＥ ＤＥ
∴ ∥ ＝ ꎬ ∥ ＝ (１) : ＝ ＝２ ２ꎬ
２ 又 ＡＤ 所以 ＡＥ２ ＤＥ２ ＡＤ２ 所以 ＡＥ
＝ ４ꎬ ＋ ＝ ꎬ ⊥
１ＣＤ ＤＥ 又因为 ＰＡ 平面 ＡＢＣＤ ＤＥ 平面
ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂
２
ＡＢＣＤ 所以 ＰＡ ＤＥ 又 ＰＡ ＡＥ Ａ 所以
ＧＦ ＡＥ 且 ＧＦ ＡＥ 四边形 ＥＦＧＡ 是平 ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
∴ ∥ ＝ ꎬ∴
ＤＥ 平面 ＰＡＥ.
行四边形 则 ＥＦ ＡＧ 又 ＥＦ 平面 ＰＡＤ ＡＧ ⊥
ꎬ ∥ ꎬ ⊄ ꎬ
因为 ＰＤＡ 是 ＰＤ 与
平面 ＰＡＤ ＥＦ 平面 ＰＡＤ. (２) ∠
⊂ ꎬ∴ ∥
平面 ＡＢＣＤ 所成的角 所
取 ＡＤ 的中点 Ｏ 连接 ＰＯ 则 ＰＯ ＡＤ. ꎬ
(２) ꎬ ꎬ ⊥
以 ＰＤＡ ° 则 ＰＡ
平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＤ 平面 ∠ ＝ ４５ ꎬ ＝
∵ ⊥ ꎬ ∩
ＡＤ 因为 ＰＡ 平面
ＡＢＣＤ ＡＤ ＰＯ 平面 ＰＡＤ ＝ ４ꎬ ⊥
＝ ꎬ ⊂ ꎬ
ＡＢＣＤ ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ
ＰＯ 平面ＡＢＣＤ 连接ＯＢ 交ＣＥ 于Ｍ 连接 ꎬ ⊂ ꎬ
∴ ⊥ ꎬ ꎬ 所以 ＡＢ ＡＰ 又 ＡＢ
ＰＭ 可证得 ＥＢＣ ＯＡＢ ＭＥＢ ⊥ ꎬ ⊥
ꎬ Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ꎬ∴ ∠ ＝ ＡＤ ＡＤ ＡＰ Ａ 所以 ＡＢ 平面 ＰＡＤ 取 ＡＤ
ＡＯＢ 则 ＭＥＢ ＭＢＥ ° 即ＯＭ ＥＣ. ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ
∠ ꎬ ∠ ＋∠ ＝９０ ꎬ ⊥ 的中点 Ｆ 作 ＦＭ ＰＤ 垂足为点 Ｍ 连接
ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
ＭＥ 因为 ＥＦ ＡＢ 所以 ＥＦ 平面 ＰＡＤ 所
ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ
5 以 ＥＦ ＰＤ 又 ＭＦ ＥＦ Ｆ ＭＦ ＥＦ 平面
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂
年
高 ＭＥＦ 所以 ＰＤ 平面 ＭＥＦ 因为 ＭＥ 平面
考 ꎬ ⊥ ꎬ ⊂
3 ＭＥＦ 所以 ＰＤ ＭＥ 即 ＦＭＥ 是二面角 Ａ
年 ꎬ ⊥ ꎬ ∠ －
模 又ＰＯ ＥＣ ＰＯ ＯＭ Ｏ ＥＣ 平面ＰＯＭ
拟 ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ＰＤ Ｅ 的平面角 又 ＥＦ ＡＢ ＭＦ ２ＦＤ
A 则 ＰＭ ＥＣ 即 ＰＭＯ 是二面角 Ｐ ＥＣ Ｄ 的 － ꎬ ＝ ＝２ꎬ ＝
⊥ ꎬ ∠ － － ２
版
ＥＦ
平面角
所以 ＦＭＥ 所以二面角
高 ꎬ ＝ ２ꎬ ｔａｎ∠ ＝ＭＦ＝ ２ꎬ
考
ＢＥ ＢＣ
数
学 在 Ｒｔ△ ＥＢＣ 中 ꎬ ＢＭ ＝ Ｃ Ｅ ＝ ２ ５ ꎬ 则ＯＭ ＝ Ａ － ＰＤ － Ｅ 的正切值为 ２ .
５
３１６
考向二 用向量法求二面角
所以 ＡＣ ＥＦ 所以 Ｓ １ＡＣ ＥＦ ＥＦ.
⊥ ꎬ △ ＡＦＣ＝ ＝
１.(多选)( 广东普宁华侨中学月考ꎬ )三 ２
２０２２ ９
当 ＥＦ ＢＤ 时 ＥＦ 的值最小 即 ＡＦＣ 的面
棱锥 Ａ ＢＣＤ 中 平面 ＡＢＤ 与平面 ＢＣＤ 的法 ⊥ ꎬ ꎬ △
－ ꎬ
向量分别为ｎ ｎ 若ｎ ｎ
积最小 此时 ＥＦ ３.如图 以 Ｅ 为坐标原
１、 ２ꎬ １ ＝ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ２ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
则二面角Ａ ＢＤ Ｃ的大小可能为 ２
(－ ３ꎬ０ꎬ１)ꎬ － －
点 Ｅ→Ａ Ｅ→Ｂ Ｅ→Ｄ的方向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴
ꎬ ꎬ ꎬ 、 、
( )
的正方向 建立空间直角坐标系 Ｅ ｘｙｚ 则
ꎬ － ꎬ
π π ２π ５π
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
Ｃ Ａ Ｂ Ｄ
６ ３ ３ ６
(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ
答案 ＡＤ 由已知可得 ｎ ｎ
ｃｏｓ‹ １ꎬ ２› ＝ æ ö
Ｆçç ３ ３ ÷÷
ｎ ｎ １)ꎬ è０ꎬ ꎬ øꎬ
１ ２ ３ 因此 二面角 Ａ ＢＤ Ｃ 的 ４ ４
ｎ ｎ ＝－ ꎬ ꎬ － －
｜ １｜｜ ２｜ ２ 所以Ａ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｆ
＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝(０ꎬ－ ３ꎬ１)ꎬ
大小为π或５π.故选
æ ö
ＡＤ.
６ ６ çç ３ ３ ÷÷.
＝ è１ꎬ ꎬ ø
２.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分) 如图 四面体 ４ ４
２０２２ １８ １２ ꎬ
设平面 ＡＢＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ
ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＣＤ ＡＤＢ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ꎬ ∠ ＝
ＢＤＣ Ｅ 为 ＡＣ 的中点. {Ａ→Ｄ ｎ { ｘ ｚ
∠ ꎬ 则 ＝０ꎬ 即 － ＋ ＝０ꎬ
证明 平面 ＢＥＤ 平面 ＡＣＤ Ｂ→Ｄ ｎ ｙ ｚ
(１) : ⊥ ꎻ ＝０ꎬ － ３ ＋ ＝０ꎬ
设 ＡＢ ＢＤ ＡＣＢ ° 点 Ｆ 在 ＢＤ
(２) ＝ ＝２ꎬ∠ ＝６０ ꎬ 令 ｙ 得 ｎ .
＝１ꎬ ＝( ３ꎬ１ꎬ ３)
上 当 ＡＦＣ 的面积最小时 求 ＣＦ 与平面
ꎬ △ ꎬ 设 ＣＦ 与平面 ＡＢＤ 所成的角为 θ
ＡＢＤ 所成的角的正弦值. ꎬ
ｎ Ｃ→Ｆ
则 θ ｎ Ｃ→Ｆ ｜ ｜ ４ ３
ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ ＝ ꎬ
ｎ Ｃ→Ｆ
７
｜ ｜ ｜ ｜
所以 ＣＦ 与平面 ＡＢＤ 所成的角的正弦值
为４ ３.
解析 证明 因为 ＡＤ ＣＤ Ｅ 为 ＡＣ 的中
(１) : ＝ ꎬ ７
点 所以 ＤＥ ＡＣ.因为 ＡＤＢ ＢＤＣ ＡＤ
ꎬ ⊥ ∠ ＝∠ ꎬ ＝
ＣＤ ＢＤ ＢＤ 所以 ＡＤＢ ＣＤＢ 所以 ＡＢ
ꎬ ＝ ꎬ △ ≌△ ꎬ
ＣＢ 又 Ｅ 为 ＡＣ 的中点 所以 ＢＥ ＡＣ.又
＝ ꎬ ꎬ ⊥
ＤＥ ＢＥ 平面 ＢＥＤ 且 ＤＥ ＢＥ Ｅ
ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
所以 ＡＣ 平面 ＢＥＤ 又 ＡＣ 平面 ＡＣＤ
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
３.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)已知直三棱柱
所以平面 ＡＣＤ 平面 ＢＥＤ. ２０２１ １９ １２
⊥
由题意及 知 ＡＢ ＢＣ 又 ＡＣＢ ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧面 ＡＡ Ｂ Ｂ 为正方形 ＡＢ
(２) (１) ＝ ＝２ꎬ ∠ ＝ － １ １ １ ꎬ １ １ ꎬ
ＢＣ Ｅ Ｆ 分别为ＡＣ 和ＣＣ 的中点 Ｄ 为
° 所以 ＡＣ ＢＥ .因为 ＡＤ ＤＣ Ｅ 为
６０ ꎬ ＝２ꎬ ＝ ３ ⊥ ꎬ ＝ ＝２ꎬ ꎬ １ ꎬ
ＡＣ 的中点 所以 ＤＥ . 棱 Ａ Ｂ 上的点 ＢＦ Ａ Ｂ . 专
ꎬ ＝１ １ １ ꎬ ⊥ １ １ 题
所以 ＤＥ２ ＢＥ２ ＢＤ２ 则 ＤＥ ＢＥ. 证明 ＢＦ ＤＥ 八
＋ ＝ ꎬ ⊥ (１) : ⊥ ꎻ
连接 ＥＦ 因为 ＡＣ 平面 ＢＥＤ ＥＦ 平 当 Ｂ Ｄ 为何值时 面 ＢＢ Ｃ Ｃ 与面 ＤＦＥ 立
ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ (２) １ ꎬ １ １ 体
几
面 ＢＥＤ 所成的二面角的正弦值最小 何
ꎬ ?
３１７
３ 故当 ａ １ 即 Ｂ Ｄ １ 时 平面 ＢＢ Ｃ Ｃ
ꎬ ＝ ꎬ １ ＝ ꎬ １ １
３ ２ ２
与平面ＤＦＥ 所成的二面角的正弦值最小 最
ꎬ
小值为 ３.
３
４.( 届福建漳州质检ꎬ )如图 在四棱锥
解析 ＢＦ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ ２０２３ １８ ꎬ
∵ ⊥ １ １ꎬ １
Ｐ ＡＢＣＤ 中 四边形 ＡＢＣＤ 是边长为 的正
Ａ Ｂ ＢＦ Ｂ Ｂ Ｂ － ꎬ ２
⊥ １ １ꎬ ∩ １ ＝ ꎬ∴
Ａ Ｂ 平面 Ｂ Ｃ ＣＢ 方形 ＡＰ ＢＰ ＡＰ ＢＰ ＰＤ .记平面 ＰＡＢ
１ １⊥ １ １ ꎬ∵ ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ６
ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ 平 与平面 ＰＣＤ 的交线为 ｌ.
∥ １ １ꎬ ∴ ⊥
面 Ｂ Ｃ ＣＢ 证明 ＡＢ ｌ
１ １ ꎬ (１) : ∥ ꎻ
又 ＢＣ 平面 Ｂ Ｃ ＣＢ 求平面 ＰＡＢ 与平面 ＰＣＤ 所成的角的正
∵ ⊂ １ １ ꎬ (２)
ＡＢ ＢＣ. 弦值.
∴ ⊥
以 Ｂ 为坐标原点 ＢＡ ＢＣ ＢＢ 所在直线分别
ꎬ ꎬ ꎬ １
为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴 建立如图所示的空间直角
ꎬ ꎬ ꎬ
坐标系 则 Ｂ Ｆ Ｅ
ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ１)ꎬ (１ꎬ１ꎬ
Ｂ→Ｆ 设 Ｂ Ｄ ａ ａ
０)ꎬ∴ ＝(０ꎬ２ꎬ１)ꎬ １ ＝ (０≤ ≤２)ꎬ
则Ｄ ａ 则Ｄ→Ｅ ａ .
( ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝(１－ ꎬ１ꎬ－２)
证明 Ｂ→Ｆ Ｄ→Ｅ ａ 解析 证明 因为 ＡＢ ＣＤ ＣＤ 平面
(１) :∵ ＝(０ꎬ２ꎬ１)(１－ ꎬ１ꎬ－ (１) : ∥ ꎬ ⊂
ａ ＢＦ ＤＥ. ＰＣＤ ＡＢ 平面 ＰＣＤ 所以 ＡＢ 平面 ＰＣＤ.
２)＝ ０×(１－ )＋２×１＋１×(－２)＝ ０ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊄ ꎬ ∥
又 ＡＢ 平面 ＰＡＢ 平面 ＰＡＢ 平面 ＰＣＤ ｌ
Ｅ→Ｆ Ｆ→Ｄ ａ 设平面
⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
(２) ＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝( ꎬ－２ꎬ１)ꎬ
ＤＦＥ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 所以 ＡＢ ｌ.
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ ∥
{Ｅ→Ｆ ｎ ｘ ｙ ｚ (２)
因为 ＡＰ
⊥
ＢＰ
ꎬ
所以 ＰＡ２
＋
ＰＢ２
＝
ＡＢ２
＝４ꎬ
＝－ ＋ ＋ ＝０ꎬ
则 不妨设 ｘ 则 ｙ
又 ＰＡ ＰＢ 所以 ＰＡ ＰＢ
＝１ꎬ ＝
Ｆ→Ｄ ｎ ａｘ ｙ ｚ ＝ ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ
＝ －２ ＋ ＝０ꎬ
ａ ａ æ ａ ａö
又 ＰＤ
＝ ６ꎬ
所以 ＰＡ２
＋
ＡＤ２
＝
ＰＤ２
ꎬ
所以 ＡＤ
＋１ ｚ ２－ ｎ ç ＋１ ２－ ÷.
ꎬ ＝ ꎬ∴ ＝è１ꎬ ꎬ ø ＰＡ
３ ３ ３ ３ ⊥ ꎬ
易知 ｍ 是平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 的一个法 又 ＡＤ ＡＢ ＰＡ ＡＢ Ａ ＰＡ 平面 ＰＡＢ ＡＢ
＝(１ꎬ０ꎬ０) １ １ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ
向量. 平面 ＰＡＢ 所以 ＡＤ 平面 ＰＡＢ.取 ＡＢ ＣＤ
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
设平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 与平面 ＤＥＦ 所成的锐二面 的中点分别为 Ｏ Ｍ 连接 ＭＯ ＯＰ 则 ＭＯ
１ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ∥
角的大小为 θ 则 θ ｍ ｎ ＡＤ 所以ＭＯ 平面ＰＡＢ 又ＯＰ 平面ＰＡＢ
ꎬ ｃｏｓ ＝ ｜ ｃｏｓ‹ ꎬ › ｜ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
5 ｍ ｎ 所以 ＭＯ ＯＰ.
年 ｜ ｜ １ ⊥
高 ｍ ｎ ＝ ＝
考 ｜ ｜｜ ｜ æ ç ａ ＋１ ö ÷ ２ æ ç２－ ａö ÷ ２ 又因为 ＰＡ ＝ ＰＢ ꎬ Ｏ 为 ＡＢ 的中点 ꎬ 所以 ＯＰ
3 １＋è ø ＋è ø
ＡＢ.
年 ３ ３
⊥
模
拟 ３ ３ ６ 如图 以 Ｏ 为原点 分别以Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｍ的方
≤ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
版 A æ çａ １ ö ÷ ２ ２７ ２７ ３ 向为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴的正方向 建立空间直角
２è － ø ＋ ꎬ ꎬ ꎬ
高 ２ ２ ２ 坐标系 则 Ｐ Ｃ Ｄ
考 æ ö ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ２)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ
数 ç当 ａ １时取等号÷ θ ２θ
学 è ＝ øꎬ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ≥ 所以Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｄ .
２ ２)ꎬ ＝(－１ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＝(－１ꎬ－１ꎬ２)
３１８
设 ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面 Ａ Ａ
＝( ꎬ ꎬ ) (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ０ꎬ４)ꎬ
ＰＣＤ 的 法 向 量 则 Ｍ Ｎ
ꎬ (１ꎬ ３ꎬ２)ꎬ (１ꎬ０ꎬ
{ｎ Ｐ→Ｃ Ａ→Ａ
＝０ꎬ 即 ２)ꎬ １ ＝ (０ꎬ０ꎬ－４)ꎬ
ｎ Ｐ→Ｄ Ａ →Ｍ
＝０ꎬ １ ＝ (－ １ꎬ ３ꎬ－ ２)ꎬ
{ ｘ ｙ ｚ
－ ＋ ＋２ ＝０ꎬ取 ｚ Ａ→Ｎ Ｍ→Ｎ
ｘ ｙ ｚ ＝ １ꎬ １ ＝(－１ꎬ０ꎬ－２)ꎬ
－ － ＋２ ＝０ꎬ .
得 ｘ ｙ 则 ｎ . ＝(０ꎬ－ ３ꎬ０)
＝２ꎬ ＝０ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ１)
设 ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面 Ａ ＭＡ 的法向量
又 ｍ 是平面 ＰＡＢ 的一个法向量 ＝ ( ꎬ ꎬ ) １ ꎬ
＝(０ꎬ０ꎬ１) ꎬ
{ｍ
Ａ →Ｍ
所以 ｎ ｍ ｎ ｍ １ ５ 则 １ ＝０ꎬ
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｎ ｍ ＝ ＝ ꎬ
ｍ Ａ→Ａ .
｜ ｜｜ ｜ ５ ５ １ ＝０
所以平面 ＰＡＢ 与平面 ＰＣＤ 所成的角的正弦 {
ｘ ｙ ｚ
所以 － ＋ ３ －２ ＝０ꎬ可取 ｍ .
æ ö２ ｚ . ＝( ３ꎬ１ꎬ０)
值为 çç ５÷÷ ２ ５. －４ ＝０
１－
è ５ ø
＝
５ 设 ｎ ｐ ｑ ｒ 为平面 Ａ ＭＮ 的法向量
＝ ( ꎬ ꎬ ) １ ꎬ
５.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)如图 直四棱柱
２０１９ Ⅰ １８ １２ ꎬ {ｎ Ｍ→Ｎ
＝０ꎬ
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面是菱形 ＡＡ ＡＢ 则
－ １ １ １ １ ꎬ １ ＝４ꎬ ｎ Ａ→Ｎ .
ＢＡＤ ° Ｅ Ｍ Ｎ 分别是 ＢＣ ＢＢ １ ＝０
＝２ꎬ∠ ＝ ６０ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １ꎬ {
Ａ Ｄ 的中点. ｑ
所以 － ３ ＝０ꎬ可取 ｎ .
１ ＝(２ꎬ０ꎬ－１)
证明 ＭＮ 平面 Ｃ ＤＥ ｐ ｒ .
－ －２ ＝０
(１) : ∥ １ ꎻ
求二面角 Ａ ＭＡ Ｎ 的正弦值. ｍ ｎ
(２) － １ － 于是 ｍ ｎ ２ ３ １５
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ꎬ
｜ ｜ ｜ ｜ ２× ５ ５
所以二面角 Ａ ＭＡ Ｎ 的正弦值为 １０.
－ －
１
５
６.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)如图 四棱锥 Ｐ
２０１７ Ⅱ １９ １２ ꎬ －
ＡＢＣＤ 中 侧面 ＰＡＤ 为等边三角形且垂直于
ꎬ
底面 ＡＢＣＤ ＡＢ ＢＣ １ＡＤ ＢＡＤ ＡＢＣ
解析 证明 连接 Ｂ Ｃ ＭＥ.因为 Ｍ Ｅ 分 ꎬ ＝ ＝ ꎬ∠ ＝∠ ＝
(１) : １ ꎬ ꎬ ２
别为 ＢＢ ＢＣ 的中点 所以 ＭＥ Ｂ Ｃ 且 ＭＥ ° Ｅ 是 ＰＤ 的中点.
１ꎬ ꎬ ∥ １ ꎬ ９０ ꎬ
证明 直线 ＣＥ 平面 ＰＡＢ
１Ｂ Ｃ.又因为 Ｎ 为 Ａ Ｄ 的中点 所以 ＮＤ (１) : ∥ ꎻ
＝ ２ １ １ ꎬ ＝ 点 Ｍ 在棱 ＰＣ 上 且直线 ＢＭ 与底面
(２) ꎬ
１Ａ Ｄ.由题设知 Ａ Ｂ ＤＣ 可得 Ｂ Ｃ Ａ Ｄ ＡＢＣＤ 所成角为 ° 求二面角 Ｍ ＡＢ Ｄ 的
１ １ １ ꎬ １ １ ꎬ ４５ ꎬ － －
２ 余弦值.
故 ＭＥ ＮＤ 因此四边形 ＭＮＤＥ 为平行四边
ꎬ
形 则 ＭＮ ＥＤ.又 ＭＮ 平面 ＥＤＣ 所以
ꎬ ∥ ⊄ １ꎬ
ＭＮ 平面 Ｃ ＤＥ.
专
∥ １ 题
由已知可得 ＤＥ ＤＡ.以 Ｄ 为坐标原点 八
(２) ⊥ ꎬ
立
Ｄ→Ａ的方向为 ｘ 轴正方向 建立如图所示的空
体
ꎬ
几
间直角坐标系 Ｄ ｘｙｚ 解析 证明 取 ＰＡ 的中点 Ｆ 连接 ＥＦ 何
－ ꎬ (１) : ꎬ ꎬ
３１９
ＢＦ.因为 Ｅ 是 ＰＤ 的中点 所以 ＥＦ ＡＤ ＥＦ æ ö
ꎬ ∥ ꎬ 所 以 Ｍ çç ２ ６÷÷ 从 而 Ａ→Ｍ
è１－ ꎬ１ꎬ øꎬ
１ＡＤ. ２ ２
＝
æ ö
２
çç ２ ６÷÷.
由 ＢＡＤ ＡＢＣ °得 ＢＣ ＡＤ 又 ＢＣ ＝ è１－ ꎬ１ꎬ ø
∠ ＝∠ ＝９０ ∥ ꎬ ＝ ２ ２
设 ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面 ＡＢＭ 的法向量
１ＡＤ
ꎬ
所以 ＥＦ
ＢＣ
ꎬ
所以四边形 ＢＣＥＦ 是平 ＝( ０ꎬ ０ꎬ ０) ꎬ
２ {ｍ Ａ→Ｍ { ｘ ｙ ｚ
行四边形 ꎬ 所以 ＣＥ ∥ ＢＦ ꎬ 又 ＢＦ ⊂ 平面 ＰＡＢ ꎬ 则 ＝０ꎬ 即 (２－ ２) ０ ＋２ ０ ＋ ６ ０ ＝０ꎬ
ＣＥ 平面 ＰＡＢ 故 ＣＥ 平面 ＰＡＢ. ｍ Ａ→Ｂ ｘ
⊄ ꎬ ∥ ＝０ꎬ ０ ＝０ꎬ
由已知得 ＢＡ 所以可取 ｍ .
(２) ＝(０ꎬ－ ６ꎬ２)
ＡＤ 以 Ａ 为坐标
ｍ ｎ
⊥ ꎬ
于是 ｍ ｎ １０.
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝
原点 Ａ→Ｂ 的方向
｜ ｜ ｜ ｜ ５
ꎬ
易知所求二面角为锐二面角.
为 ｘ 轴正方向
ꎬ
Ａ→Ｂ 为单位长 建 因此二面角 Ｍ ＡＢ Ｄ 的余弦值为 １０.
｜ ｜ ꎬ － －
立如图所示的空间直角坐标系 Ａ ｘｙｚ 则 Ａ ５
－ ꎬ ７.( 届江苏百校联考第一次考试ꎬ )在四
Ｂ Ｃ Ｐ ２０２３ ２０
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ
棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 为直角梯形
则 Ｐ→Ｃ Ａ→Ｂ . － ꎬ ꎬ
３)ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ－ ３)ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ０) ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＡＢ 侧面 ＰＡＢ 底面 ＡＢＣＤ
∥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
设 Ｍ ｘ ｙ ｚ ｘ 则 Ｂ→Ｍ ｘ ｙ ｚ
( ꎬ ꎬ )(０< <１)ꎬ ＝( －１ꎬ ꎬ )ꎬ
ＰＡ ＰＢ ＡＤ １ ＢＣ 且 Ｅ Ｆ 分别为 ＰＣ
Ｐ→Ｍ ｘ ｙ ｚ .因为 ＢＭ 与底面 ＡＢＣＤ ＝ ＝ ＝ ＝２ꎬ ꎬ ꎬ
＝( ꎬ －１ꎬ － ３) ２
所成的角为 ° ＣＤ 的中点.
４５ ꎬ
而 ｎ 是底面 ＡＢＣＤ 的一个法向量 证明 ＤＥ 平面 ＰＡＢ
＝(０ꎬ０ꎬ１) ꎬ (１) : ∥ ꎻ
若直线 ＰＦ 与平面 ＰＡＢ 所成的角为 °
所 以 Ｂ→Ｍ ｎ ° 即 (２) ６０ ꎬ
｜ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ｜ ＝ ｓｉｎ ４５ ꎬ
求平面 ＰＡＢ 与平面 ＰＣＤ 所成锐二面角的余
ｚ
｜ ｜ ２ 弦值.
＝ ꎬ
ｘ ２ ｙ２ ｚ２ ２
( －１) ＋ ＋
即 ｘ ２ ｙ２ ｚ２ .
( －１) ＋ － ＝０ ①
又 Ｍ 在棱 ＰＣ 上 设 Ｐ→Ｍ λ Ｐ→Ｃ 则
ꎬ ＝ ꎬ
ｘ λ ｙ ｚ λ.
＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３－ ３ ②
ì
ï
ïｘ ２
ï ＝１＋ ꎬ 解析 证明 取 ＰＢ 的中点 Ｍ 连接
２
ï (１) : ꎬ
5 由 ①ꎬ ② 解 得 í ï ｙ ＝１ꎬ ( 舍 去 )ꎬ ＡＭ ꎬ ＥＭ ꎬ
年
ï
高
考 ï ï ｚ ６ Ｅ 为 ＰＣ 的中点 ＭＥ ＢＣ ＭＥ １ＢＣ
3 î ＝－ ∵ ꎬ∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ
２ ２
年
模 ì ï
拟 ïｘ ２ 又 ＡＤ ＢＣ ＡＤ １ＢＣ
＝１－ ꎬ ∵ ∥ ꎬ ＝ ꎬ
A ï ２ ２
ï
版 或íｙ ＭＥ ＡＤ ＭＥ ＡＤ 四边形 ＡＤＥＭ 为平
ï ＝１ꎬ ∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ∴
高
ï 行四边形
考
数 ïｚ ６ ꎬ
ï
学 î ＝ ꎬ ＤＥ ＡＭ ＤＥ 平面 ＰＡＢ ＡＭ 平面
２ ∴ ∥ ꎬ∵ ⊄ ꎬ ⊂
３２０
ＰＡＢ ＤＥ 平面 ＰＡＢ.
ꎬ∴ ∥
平面 ＰＡＢ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＢ 平
(２)∵ ⊥ ꎬ ∩
面 ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ＡＤ ＡＢ
＝ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ∴
ＡＤ 平面 ＰＡＢ 取 ＡＢ 的中点 Ｇ 连接 ＦＧ 则
⊥ ꎬ ꎬ ꎬ
ＦＧ ＡＤ 则 ＦＧ 平面 ＰＡＢ
∥ ꎬ ⊥ ꎬ 解析 证明 取 ＡＰ 的中点为 Ｅ 连接
(１) : ꎬ
ＧＰＦ 为直线 ＰＦ 与平面 ＰＡＢ 所成的角
∴ ∠ ꎬ ＥＭ ＥＢ
ꎬ ꎬ
ＦＧ
即 ＧＰＦ ° ° ＦＧ 则 ＰＧ
∠ ＝６０ ꎬ∵ ｔａｎ ６０ ＝ＰＧꎬ ＝３ꎬ
ＡＧ ＧＢ 则 ＡＢ .如图 建立空
＝ ３ꎬ∴ ＝ ＝１ꎬ ＝２ ꎬ
间直角坐标系 则 Ｐ Ｃ Ｄ
ꎬ (０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ (１ꎬ４ꎬ０)ꎬ
(－１ꎬ２ꎬ０)ꎬ 在 ＰＡＤ 中 Ｍ 为 ＰＤ 的中点 Ｅ 为 ＡＰ 的
△ ꎬ∵ ꎬ
中点
ꎬ
ＥＭ ＡＤ ＥＭ １ＡＤ
∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ
２
在正方形 ＡＢＣＤ 中 Ｎ 为 ＢＣ 的中点 ＡＤ
ꎬ∵ ꎬ
ＢＣ
ꎬ
ＢＮ ＡＤ ＢＮ １ＡＤ
∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ
Ｐ→Ｃ Ｃ→Ｄ
∴ ＝(１ꎬ４ꎬ－ ３)ꎬ ＝(－２ꎬ－２ꎬ０)ꎬ ２
ＢＮ ＭＥ ＢＮ ＭＥ 四边形 ＢＮＭＥ 为平
设平面 ＰＣＤ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ∴
１ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
行四边形
{ｎ Ｐ→Ｃ { ꎬ
则 １ ＝０ꎬ 即 ｘ ＋４ ｙ － ３ ｚ ＝０ꎬ ＭＮ ＢＥ ＭＮ 平面 ＰＡＢ ＢＥ 平面
∴ ∥ ꎬ∵ ⊄ ꎬ ⊂
ｎ Ｃ→Ｄ ｘ ｙ
１ ＝０ꎬ －２ －２ ＝０ꎬ ＰＡＢ
ꎬ∴
ＭＮ
∥
平面 ＰＡＢ.
令 ｙ 则ｎ 在正三角形 ＰＡＤ 中 Ｍ 为 ＰＤ 的中点
＝１ꎬ １ ＝(－１ꎬ１ꎬ ３)ꎬ (２) ꎬ ꎬ∴
易知平面 ＰＡＢ 的一个法向量为ｎ ＡＭ ＰＤ
２ ＝(０ꎬ１ꎬ ⊥ ꎬ
设平面 ＰＡＢ 与平面 ＰＣＤ 所成锐二面角 又 ＡＭ ＰＣ ＰＣ ＰＤ Ｐ ＰＣ ＰＤ 平
０)ꎬ ∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂
为 θ 面 ＰＤＣ
ꎬ ꎬ
ｎ ｎ ＡＭ 平面 ＰＤＣ ＣＤ 平面 ＰＣＤ ＡＭ
θ １ ２ １ ５ 即平面 ＰＡＢ ∴ ⊥ ꎬ∵ ⊂ ꎬ∴
∴ ｃｏｓ ＝ ｎ ｎ ＝ ＝ ꎬ ＤＣ.
｜ １｜ ｜ ２｜ ５ ５ ⊥
在正方形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＤＣ 又 ＡＭ ＡＤ
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝
与平面 ＰＣＤ 所成锐二面角的余弦值为 ５.
Ａ ＡＭ ＡＤ 平面 ＰＡＤ ＤＣ 平面 ＰＡＤ
５ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
８.( 届河北邢台名校联盟开学考ꎬ )如 ＣＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面
２０２３ １９ ∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥
图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面ＡＢＣＤ 为正方 ＰＡＤ 取 ＡＤ 的中点 Ｏ 连接 ＯＰ ＯＮ 易证
ꎬ － ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ＯＰ ＯＮ ＯＤ 两两垂直.以 Ｏ 为坐标原点 建
形 侧面 ＰＡＤ 为正三角形 Ｍ 为 ＰＤ 的中点
ꎬ ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ
立如图所示的空间直角坐标系
Ｎ 为 ＢＣ 的中点. 专
ꎬ
题
求证 ＭＮ 平面 ＰＡＢ 八
(１) : ∥ ꎻ
立
当 ＡＭ ＰＣ 时 求平面 ＭＮＤ 与平面 ＰＣＤ
体
(２) ⊥ ꎬ
几
夹角的余弦值. 何
３２１
设 ＡＤ 则 Ｄ Ｎ Ｃ
＝２ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ１ꎬ
æ ö
Ｐ Ｍçç １ ３÷÷
０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ è０ꎬ ꎬ øꎬ
２ ２
æ ö
则Ｄ→Ｍ çç １ ３÷÷ Ｄ→Ｎ Ｄ→Ｐ
＝ è０ꎬ－ ꎬ øꎬ ＝(２ꎬ－１ꎬ０)ꎬ ＝
２ ２
Ｄ→Ｃ
(０ꎬ－１ꎬ ３)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ
设平面 ＭＮＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ì
ï
ïï ｎ Ｄ→Ｍ １ｙ ３ｚ
则 í ＝－ ＋ ＝０ꎬ令 ｙ 则 ｎ
ï ２ ２ ＝ １ꎬ
ï
îｎ Ｄ→Ｎ ｘ ｙ
＝２ － ＝０ꎬ
æ ö
çç １ ３÷÷
＝ è ꎬ１ꎬ øꎬ
２ ３
设平面 ＰＣＤ 的法向量为 ｍ ｘ′ ｙ′ ｚ′
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
{
ｍ Ｄ→Ｐ ｙ′ ｚ′
则 ＝－ ＋ ３ ＝０ꎬ令 ｙ′ 则 ｍ
＝ １ꎬ
ｍ Ｄ→Ｃ ｘ′
＝２ ＝０ꎬ
æ ö
çç ３÷÷
＝ è０ꎬ１ꎬ øꎬ
３
ｍ ｎ
ｍ ｎ
∴ ｜ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ｜ ＝ ｍ ｎ ＝
｜ ｜ ｜ ｜
１
１＋
３ ４ １９ 平面 ＭＮＤ 与
＝ ꎬ∴
１ １ １ １９
＋１＋ × １＋
４ ３ ３
平面 ＰＣＤ 夹角的余弦值为４ １９.
１９
5 ９.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)如图 边长为
２０１８ Ⅲ １９ １２ ꎬ ２ 年
高
考 的正方形 ＡＢＣＤ 所在的平面与半圆弧ＣＤ
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
３２２
(
所
在平面垂直 Ｍ 是ＣＤ
ꎬ
(
解析 证明 由题设知 平面 ＣＭＤ 平
(１) : ꎬ ⊥
面 ＡＢＣＤ 交线为 ＣＤ.因为 ＢＣ ＣＤ ＢＣ 平
ꎬ ⊥ ꎬ ⊂
面 ＡＢＣＤ 所以 ＢＣ 平面 ＣＭＤ 故 ＢＣ ＤＭ.
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
因为 Ｍ 为ＣＤ
上异于 Ｃ Ｄ 的点.
ꎬ
证明 平面 ＡＭＤ 平面 ＢＭＣ
(１) : ⊥ ꎻ
当三棱锥Ｍ ＡＢＣ 体积最大时 求面ＭＡＢ
(２) － ꎬ
与面 ＭＣＤ 所成二面角的正弦值.
(
上异于 Ｃ Ｄ 的点 且 ＤＣ 为直
ꎬ ꎬ
径 所以 ＤＭ ＣＭ.又 ＢＣ ＣＭ Ｃ 所以 ＤＭ
ꎬ ⊥ ∩ ＝ ꎬ
平面 ＢＭＣ.而 ＤＭ 平面 ＡＭＤ 故平面
⊥ ⊂ ꎬ
ＡＭＤ 平面 ＢＭＣ.
⊥
以 Ｄ 为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为 ｘ 轴正方
(２) ꎬ
向 建立如图所示的空间直角坐标系 Ｄ ｘｙｚ.
ꎬ －
则 Ｄ .
(０ꎬ０ꎬ０)
当三棱锥 Ｍ ＡＢＣ 体积
－
最大时 Ｍ 为ＣＤ
ꎬ
(
的中
点. 由 题 设 得
Ａ Ｂ Ｃ Ｍ
(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ
则Ａ→Ｍ Ａ→Ｂ Ｄ→Ａ
１)ꎬ ＝(－２ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝
.设 ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面 ＭＡＢ 的法向
(２ꎬ０ꎬ０) ＝( ꎬ ꎬ )
{ｎ Ａ→Ｍ { ｘ ｙ ｚ
量 则 ＝０ꎬ 即 －２ ＋ ＋ ＝０ꎬ可取 ｎ
ꎬ ｎ Ａ→Ｂ ｙ ＝
＝０ꎬ ２ ＝０ꎬ
.Ｄ→Ａ是平面 ＭＣＤ 的法向量
(１ꎬ０ꎬ２) ꎬ
ｎ Ｄ→Ａ
因此 ｎ Ｄ→Ａ ５ ｎ Ｄ→Ａ
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝ ꎬｓｉｎ‹ ꎬ ›
ｎ Ｄ→Ａ ５
｜ ｜ ｜ ｜
２ ５.
＝
５
所以面ＭＡＢ 与面ＭＣＤ 所成二面角的正弦值
是２ ５.
５
考法 三 求解立体几何中的探索性问题
１.( 北京ꎬ ꎬ 分)如图 在四棱锥 Ｐ
２０１６ １７ １４ ꎬ －
ＡＢＣＤ 中 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ＰＡ ＰＤ
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＡＤ ＡＢ ＡＤ ＡＣ ＣＤ
＝ ꎬ ⊥ ꎬ ＝ １ꎬ ＝ ２ꎬ ＝
.
＝ ５
求证 ＰＤ 平面 ＰＡＢ
(１) : ⊥ ꎻ
求直线 ＰＢ 与平面 ＰＣＤ 所成角的正 ｎ Ｐ→Ｂ
(２) ３.
弦值 ＝－
ｎ Ｐ→Ｂ
ꎻ ３
｜ ｜ ｜ ｜
在棱 ＰＡ 上是否存在点 Ｍ 使得 ＢＭ 平 所以直线 ＰＢ 与平面 ＰＣＤ 所成角的正弦值
(３) ꎬ ∥
ＡＭ
面ＰＣＤ 若存在 求 的值 若不存在 说明
? ꎬ ＡＰ ꎻ ꎬ 为 ３.
３
理由.
设 Ｍ 是棱 ＰＡ 上一点 则存在 λ
(３) ꎬ ∈[０ꎬ１]
使得Ａ→Ｍ λ Ａ→Ｐ.因此 Ｍ λ λ 则Ｂ→Ｍ
＝ (０ꎬ１－ ꎬ )ꎬ ＝
λ λ .
(－１ꎬ－ ꎬ )
因为 ＢＭ 平面 ＰＣＤ
⊄ ꎬ
所以 ＢＭ 平面 ＰＣＤ 当且仅当Ｂ→Ｍ ｎ
∥ ＝０ꎬ
解析 证明 因为平面 ＰＡＤ 平面
即 λ λ 解得 λ １.
(１) : ⊥
(－１ꎬ－ ꎬ )(１ꎬ－２ꎬ２)＝ ０ꎬ ＝
ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ４
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝
所以在棱 ＰＡ 上存在点 Ｍ 使得 ＢＭ 平
ＡＤ 所以 ＡＢ 平面 ＰＡＤ ∥
ꎬ ⊥ ꎬ
面 ＰＣＤ
又 ＰＤ 平面 ＰＡＤ 所以 ＡＢ ＰＤ. ꎬ
⊂ ꎬ ⊥
ＡＭ
又因为 ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＡＢ Ａ ＰＡ ＡＢ 平 此时 １.
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ＡＰ＝
４
面 ＰＡＢ
ꎬ ２.( 湖北襄阳四中月考ꎬ )如图 在三棱
所以 ＰＤ 平面 ＰＡＢ. ２０２２ １９ ꎬ
⊥ 柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＢＢ 平面 ＡＢＣ ＡＢ
取 ＡＤ 的中点 Ｏ 连接 ＰＯ ＣＯ.因为 ＰＡ － １ １ １ ꎬ １⊥ ꎬ ⊥
(２) ꎬ ꎬ ＝ ＢＣ ＡＡ ＡＢ ＢＣ .
ＰＤ 所以ＰＯ ＡＤ.又因为ＰＯ 平面ＰＡＤ 平 ꎬ １ ＝ ＝ ＝２
ꎬ ⊥ ⊂ ꎬ 求证 ＢＣ 平面 Ａ Ｂ Ｃ
面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ (１) : １⊥ １ １ ꎻ
⊥ ꎬ ∩ Ｂ Ｍ
ＡＤ 点 Ｍ 在线段 Ｂ Ｃ 上 且 １ １ 点 Ｎ 在
＝ ꎬ (２) １ ꎬ Ｂ Ｃ ＝ ꎬ
所以 ＰＯ 平面 ＡＢＣＤ. 因为 ＣＯ 平面 １ ３
⊥ ⊂ Ａ Ｎ
ＡＢＣＤ 所以 ＰＯ ＣＯ.因为 ＡＣ ＣＤ 所以 ＣＯ 线段 Ａ Ｂ 上 若 ＭＮ 平面 Ａ ＡＣＣ 求 １
ꎬ ⊥ ＝ ꎬ １ ꎬ ∥ １ １ꎬ Ａ Ｂ
１
ＡＤ.
⊥ 的值.
建立如图所示的空间
直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ.由
－
题意得 Ａ
ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
Ｂ Ｃ
(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ( ２ꎬ ０ꎬ
Ｄ Ｐ
０)ꎬ (０ꎬ－ １ꎬ０)ꎬ
解析 证明 在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
. (１) : － １ １ １ ꎬ
(０ꎬ０ꎬ１)
ＢＢ 平面 ＡＢＣ ＢＣ 平面 ＡＢＣ ＢＢ
设平面 ＰＣＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ ∵ １⊥ ꎬ ⊂ ꎬ∴ １⊥
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ＢＣ 同理 ＢＢ Ａ Ｂ .
{ｎ Ｐ→Ｄ { ｙ ｚ ꎬ ꎬ １⊥ １ １
则 ＝０ꎬ 即 － － ＝０ꎬ ＡＡ ＢＢ ＢＣ 四边形 Ｂ ＢＣＣ 为正
ｎ Ｐ→Ｃ ｘ ｚ . ∵ １ ＝ １ ＝ ＝２ꎬ∴ １ １
＝０ꎬ ２ － ＝０ 方形 故 ＢＣ Ｂ Ｃ. ＡＢ ＢＣ ＡＢ Ａ Ｂ 专
令 ｚ 则 ｘ ｙ .所以 ｎ . ꎬ １⊥ １ ∵ ⊥ ꎬ ∥ １ １ꎬ 题
＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝－２ ＝(１ꎬ－２ꎬ２) ＢＣ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ 八
∥ １ １ꎬ∴ １ １⊥ １ １ꎬ
又Ｐ→Ｂ 所以 ｎ Ｐ→Ｂ ＢＢ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ 平面 ＢＣＣ Ｂ 立
＝ (１ꎬ１ꎬ － １)ꎬ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝ ∵ １∩ １ １ ＝ １ꎬ∴ １ １⊥ １ １ꎬ 体
几
ＢＣ 平面 ＢＣＣ Ｂ Ａ Ｂ ＢＣ
何
∵ １⊂ １ １ꎬ∴ １ １⊥ １ꎬ
３２３
Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ ＢＣ 平面 Ａ Ｂ Ｃ.
∵ １ １∩ １ ＝ １ꎬ∴ １⊥ １ １
以 Ｂ 为原点
(２) ꎬ
ＢＣ 所在直线为 ｘ
轴 ＢＡ 所在直线为
ꎬ
ｙ 轴 ＢＢ 所在直
ꎬ １ 解析 ＡＣ 平面 ＤＥＦ.证明如下 设 ＰＣ
线为 ｚ 轴 建立空 (１) ∥ :
ꎬ
交 ＤＥ 于点 Ｎ 连接 ＦＮ 因为四边形 ＰＤＣＥ
间直角坐标系 则 Ａ Ｃ Ｃ ꎬ ꎬ
ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ １ 为平行四边形 所以点Ｎ 为ＰＣ 的中点 又点
Ｂ Ｂ Ａ ꎬ ꎬ
(２ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ Ｆ 为 ＰＡ 的中点 所以 ＦＮ ＡＣ 因为 ＦＮ 平
ꎬ ∥ ꎬ ⊂
则Ｃ→Ａ ＣＣ→ 设平
面 ＤＥＦ ＡＣ 平 面 ＤＥＦ 所 以 ＡＣ 平
２)ꎬ ＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬ １ ＝(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ ꎬ ⊄ ꎬ ∥
面 ＡＣＣ Ａ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 面 ＤＥＦ.
１ １ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
{ｎ Ｃ→Ａ ｘ ｙ
＝－２ ＋２ ＝０ꎬ
则 取 ｘ 得 ｎ
＝１ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ
ｎ ＣＣ→ ｚ
１ ＝２ ＝０ꎬ
０)ꎬ
Ａ Ｎ
设 Ｍ ａ ｂ ｃ Ｎ ｘ ｙ ｚ １ λ 则Ｂ→Ｃ
( ꎬ ꎬ )ꎬ ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ Ｂ＝ ꎬ １ ＝３
１
Ｂ →Ｍ Ａ→Ｎ λ Ａ→Ｂ λ 即 假设在线段 ＥＦ 上存在一点 Ｑ 使得 ＢＱ
１ ꎬ １ ＝ １ ꎬ０≤ ≤１ꎬ (２ꎬ０ꎬ－２)＝ ３ (２) ꎬ
ａ ｂ ｃ ｘ ｙ ｚ λ 解
( ꎬ ꎬ －２)ꎬ( ꎬ －２ꎬ －２)＝ (０ꎬ－２ꎬ－２)ꎬ 与平面 ＰＢＣ 所成角的正弦值为 ３.设Ｆ→Ｑ λ
æ ö ＝
得 Ｍç２ ４ ÷ Ｎ λ λ 则Ｍ→Ｎ ６
è ꎬ０ꎬ øꎬ (０ꎬ２－２ ꎬ２－２ )ꎬ
３ ３ Ｆ→Ｅ λ 以 Ｄ 为坐标原点 分别以
(０≤ ≤１)ꎬ ꎬ
æ ö
ç ２ λ ２ λ÷ ＤＡ ＤＣ ＤＰ 所在直线为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴 建立
＝è－ ꎬ２－２ ꎬ －２ øꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
３ ３
空间直角坐标系.因为 ＰＤ ＢＣ ＡＢ ＡＤ
＝ ＝ ２ꎬ ＝
ＭＮ 平面 Ａ ＡＣＣ ｎ Ｍ→Ｎ ２ λ
∵ ∥ １ １ꎬ∴ ＝－ ＋２－２ 所以 ＣＤ Ｐ Ｂ Ｃ
３ ＝１ꎬ ＝２ꎬ (０ꎬ０ꎬ ２)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ
＝０ꎬ Ａ 所以Ｐ→Ｂ
(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ－ ２)ꎬ
Ａ Ｎ
解得 λ ２. １ 的值为２. Ｂ→Ｃ .
＝ ∴ Ａ Ｂ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)
３ １ ３ 设平面 ＰＢＣ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ
３.( 石家庄二中月考ꎬ )如图 在五面体 ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
２０２２ １９ ꎬ {
ｍ Ｐ→Ｂ ｘ ｙ ｚ
ＡＢＣＤＰＥ 中 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤ ＡＤＣ ＢＡＤ 则 ＝( ꎬ ꎬ )(１ꎬ１ꎬ－ ２)＝ ０ꎬ
ꎬ ⊥ ꎬ∠ ＝∠
ｍ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ ｚ
° Ｆ 为棱 ＰＡ 的中点 ＰＤ ＢＣ ＡＢ ＝( ꎬ ꎬ )(－１ꎬ１ꎬ０)＝ ０ꎬ
＝９０ ꎬ ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ ＝
5 { ｘ ｙ ｚ {ｘ ｙ
年 高 ＡＤ ＝１ꎬ 且四边形ＣＤＰＥ 为平行四边形. 即 ＋ － ２ ＝０ꎬ解得 ＝ ꎬ 令 ｘ 得平
＝１ꎬ
考 判断 ＡＣ 与平面 ＤＥＦ 的位置关系 并给 ｘ ｙ ｚ ｘ
3 (１) ꎬ － ＋ ＝０ꎬ ＝ ２ ꎬ
年
予证明 面 ＰＢＣ 的一个法向量为 ｍ .
模 ꎻ ＝(１ꎬ１ꎬ ２)
拟
在线段 ＥＦ 上是否存在一点 Ｑ 使得 ＢＱ æ ö
A (２) ꎬ 由 Ｆ çç１ ２÷÷ Ｅ 可 得 Ｆ→Ｅ
版 è ꎬ０ꎬ øꎬ (０ꎬ ２ꎬ ２ )ꎬ
２ ２
与平面ＰＢＣ 所成角的正弦值为 ３ 若存在
高
? ꎬ æ ö
考 数 ６ çç １ ２÷÷.
学 请求出 ＱＥ 的长 若不存在 请说明理由. ＝ è－ ꎬ２ꎬ ø
ꎻ ꎬ ２ ２
３２４
由Ｆ→Ｑ λ Ｆ→Ｅ λ 整 理 得 Ｑ λ
＝ (０ ≤ ≤ １)ꎬ ｜５ －１｜ ３ 得 λ２ λ 又
＝ ꎬ １４ －５ －１＝０ꎬ ０
æ λ λ ö λ２ λ ６
çç１－ λ ２(１＋ )÷÷ 则 Ｂ→Ｑ ２ １９ －１０ ＋７
è ꎬ２ ꎬ øꎬ
２ ２ λ 所以 λ １ 故在线段 ＥＦ 上存在一
≤ ≤１ꎬ ＝ ꎬ
æ λ λ ö ２
çç １＋ λ ２(１＋ )÷÷
＝ è－ ꎬ２ －１ꎬ øꎬ æ ö
２ ２ 点 Ｑçç１ ３ ２÷÷ 使得 ＢＱ 与平面 ＰＢＣ 所成
因为直线 ＢＱ 与平面 ＰＢＣ 所成角的正弦值 è ꎬ１ꎬ øꎬ
４ ４
角的 正 弦 值 为 ３ 且 ＱＥ Ｑ→Ｅ
为 ３
ꎬ ＝ ｜ ｜ ＝
ꎬ
６
６
Ｂ→Ｑ ｍ æ ö２ æ ö２
所 以 ｜ ｃｏｓ ‹ Ｂ→Ｑ ꎬ ｍ › ｜ ＝ Ｂ→Ｑ ｍ ＝ è ç ４ １ －０ø ÷ ＋(１－２) ２ ＋ è çç３ ４ ２ － ２ø ÷÷ ＝ ４ １９.
｜ ｜｜ ｜
专
题
八
立
体
几
何
３２５
专题综合检测
一、单项选择题
１.( 重庆第七次质检ꎬ )若正三棱柱 ＡＢＣ
２０２２ ７
Ａ Ｂ Ｃ 既有外接球 又有内切球 记该三棱
－ １ １ １ ꎬ ꎬ
柱的外接球和内切球的半径分别为 Ｒ Ｒ
１、 ２ꎬ
æＲ ö２
则çç １÷÷
èＲ ø ＝ ( )
２
９ １０
Ａ.５ Ｂ.４ Ｃ. Ｄ.
２ ３
答案 Ａ 设正三棱柱的高为 ｈ 底面边长
ꎬ
为 ａ 则底面正三角形 ＡＢＣ 的外接圆半径 Ｒ
ꎬ
答案 Ａ 选项中 ＡＢ ＭＱ 且 ＡＢ 平面
Ｂ ꎬ ∥ ꎬ ⊄
３ａ 内切圆半径 ｒ ３ａ 所以 ｈ Ｒ ｒ
ＭＮＱ ＭＱ 平面 ＭＮＱ 则 ＡＢ 平面 ＭＮＱ
＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ２ ＝２ ꎬ ⊂ ꎬ ∥ ꎻＣ
３ ６
选项中 ＡＢ ＭＱ 且 ＡＢ 平面 ＭＮＱ ＭＱ
æｈö２ ꎬ ∥ ꎬ ⊄ ꎬ ⊂
＝
３ａ
ꎬ
外接球半径满足 Ｒ２
１ ＝
Ｒ２
＋è
ç
ø
÷
ꎬ
Ｒ２
１ ＝ 平面 ＭＮＱ ꎬ 则 ＡＢ ∥ 平面 ＭＮＱ ꎻＤ 选项中 ꎬ ＡＢ
３ ２
ＮＱ 且 ＡＢ 平面 ＭＮＱ ＮＱ 平面 ＭＮＱ
æＲ ö２ ∥ ꎬ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ
５ａ２
ꎬ
又 Ｒ
２ ＝
３ａ
ꎬ
所以
è
çç
Ｒ
１
ø
÷÷
＝５
.选
Ａ
.
则 ＡＢ 平面 ＭＮＱ.故选 .
１２ ６ ∥ Ａ
２
２.( 课标 ꎬ ꎬ 分)如图 在下列四个正 ３.( 河北部分重点中学期中ꎬ )在立体几
２０２２ ６
２０１７ Ⅰ ６ ５ ꎬ
何中 用一个平面去截一个几何体得到的平面
方体中 Ａ Ｂ 为正方体的两个顶点 Ｍ Ｎ Ｑ
ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
为所在棱的中点 则在这四个正方体中 直 图形叫截面.如图 在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
ꎬ ꎬ ꎬ － １ １ １ １
线 ＡＢ 与平面 ＭＮＱ 不平行的是 中 点Ｅ Ｆ分别是棱Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ 的中点 点Ｇ 是
( ) ꎬ 、 １ 、 １ １ ꎬ
棱ＣＣ 的中点 则过线段 ＡＧ 且平行于平面
１ ꎬ
Ａ ＥＦ的截面图形为
１ ( )
矩形 三角形
Ａ. Ｂ. æ ａ ｂö
Ｐ→Ｅ ３ Ｐ→Ｂ ç ３ ３ ÷ Ｐ→Ｆ １ Ｐ→Ｃ
正方形 等腰梯形 ∴ ＝ ＝ è０ꎬ ꎬ－ øꎬ ＝
Ｃ. Ｄ. ５ ５ ５ ２
答案 Ｄ 如图 取 ＢＣ æ ａ ｂ ö
ꎬ
ç ÷
的中点 Ｈ 连接 ＡＨ ＧＨ ＝è－ ꎬ０ꎬ－ øꎬ
ꎬ 、 、 ２ ２
Ｄ Ｇ ＡＤ 由题意得 ＧＨ 由题意知Ａ Ｅ Ｆ Ｇ 四点共面 则Ｐ→Ａ ｘ Ｐ→Ｅ ｙ
１ 、 １ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ＋
ＥＦ ＡＨ Ａ Ｆ
∥ ꎬ ∥ １ ꎬ Ｐ→Ｆ ｚ Ｐ→Ｇ 其中 ｘ ｙ ｚ 设Ｐ→Ｇ λＰ→Ｄ
＋ ꎬ ＋ ＋ ＝１ꎬ ＝ ＝(０ꎬ－
ＧＨ 平面 Ａ ＥＦ ＥＦ
∵ ⊄ １ ꎬ ⊂ ａλ ｂλ λ
ꎬ－ )ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
平面 Ａ ＥＦ ＧＨ 平面 Ａ ＥＦ.
１ ꎬ∴ ∥ １ æ ａ ｂö æ ａ ｂ ö
ａ ｂ ｘç ３ ３ ÷ ｙç ÷
ＡＨ 平面 Ａ ＥＦ Ａ Ｆ 平面 Ａ ＥＦ ＡＨ ∴ ( ꎬ０ꎬ－ )＝ è０ꎬ ꎬ－ ø＋ è－ ꎬ０ꎬ－ ø＋
∵ ⊄ １ ꎬ １ ⊂ １ ꎬ∴ ∥ ５ ５ ２ ２
平面 Ａ ＥＦ.
ｚ ａλ ｂλ
１ ( ０ꎬ － ꎬ － )
ＧＨ ＡＨ Ｈ ＧＨ ＡＨ 平面 ＡＨＧＤ 平
æ ａｙ ａｘ ｂｘ ｂｙ ö
∵ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ １ꎬ∴
ç ３ ａλｚ ３ ｂλｚ÷
面 ＡＨＧＤ 平面 Ａ ＥＦ 易证 ＧＨ ＡＤ 且 ＝ è－ ꎬ － ꎬ－ － － øꎬ
１∥ １ ꎬ ∥ １ꎬ ２ ５ ５ ２
ＧＨ ＡＤ ＧＤ ＨＡ ì ａｙ
ï
≠ １ꎬ １ ＝ ꎬ ï－ ＝ ａ ꎬ ì ï ｙ ＝－２ꎬ
过线段 ＡＧ 且平行于平面 Ａ ＥＦ 的截面图 ï ２ ï
∴ １ ï ａｘ ï ３ ｘ λｚ
形为等腰梯形 ＡＨＧＤ １ .故选 Ｄ. 则有í ïï３ － ａλｚ ＝０ꎬ 即í ï ï ５ － ＝０ꎬ 解
４.( 广州执信中学月考ꎬ )如图所示的木 ï ５ ï ｘ ｙ
２０２２ ８
ï ｂｘ ｂｙ ï３ λｚ
质正四棱锥模型 Ｐ ï ３ ｂλｚ ｂ ï ＋ ＋ ＝１ꎬ
－ － － － ＝－ ꎬ ５ ２
ï ï
５ ２ ï
ＡＢＣＤ 过点 Ａ 作一个 ïï îｘ ｙ ｚ
ꎬ îｘ ｙ ｚ ＋ ＋ ＝１ꎬ
＋ ＋ ＝１ꎬ
平面分别交 ＰＢ ＰＣ
ꎬ ꎬ ＰＧ
得 λ ３ 所以 ３ 故选
ＰＥ ＝ ꎬ ＰＤ＝ ꎬ Ｃ.
ＰＤ 于点 Ｅ Ｆ Ｇ 若 ４ ４
ꎬ ꎬ ꎬ ＰＢ
５.( 江苏南通基地学校 月调研ꎬ )已知
２０２２ ３ ７
ＰＦ ＰＧ
３ １ 则 的值为 正六棱柱 ＡＢＣＤＥＦ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ 的底面边
＝ ꎬＰＣ＝ ꎬ ＰＤ ( ) － １ １ １ １ １ １
５ ２
长为 Ｐ 是正六棱柱内 不含表面 的一点
１ꎬ ( ) ꎬ
１ ２ ３ ３
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 则Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ的取值范围是
４ ３ ４ ５ ( )
答案 Ｃ 建立如图所示的空间直角坐标 æ ö æ ö
5 ç １ ３ ÷ ç ３ １ ÷
年 系 设 Ｐ ｂ Ａ ａ Ｂ ａ Ｄ Ａ.è－ ꎬ ø Ｂ.è－ ꎬ ø
２ ２ ２ ２
高 ꎬ (０ꎬ０ꎬ )ꎬ ( ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ꎬ０)ꎬ
考 æ ö æ ö
3 ａ Ｃ ａ ａ ｂ 则Ｐ→Ｂ ç １ ÷ ç ３ ÷
(０ꎬ－ ꎬ０)ꎬ (－ ꎬ０ꎬ０)( ꎬ >０)ꎬ ＝(０ꎬ Ｃ.è－ ꎬ１ø Ｄ.è０ꎬ ø
年
２ ２
模 拟 ａ ꎬ－ ｂ )ꎬ Ｐ→Ｃ ＝(－ ａ ꎬ０ꎬ－ ｂ )ꎬ Ｐ→Ｄ ＝(０ꎬ－ ａ ꎬ－ ｂ )ꎬ 答案 Ａ 建立如图所示的空间直角坐
A Ｐ→Ａ ａ ｂ 标系
版 ＝( ꎬ０ꎬ－ )ꎬ ꎬ
高
考
数
学
３２６
现沿ＳＥ ＳＦ 及ＥＦ 把这个正方形折成一个四
ꎬ
面体 使 Ｇ Ｇ Ｇ 三点重合 重合后的点记
ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ ꎬ
为 Ｇ 则在四面体 Ｓ ＧＥＦ 中必有
ꎬ － ( )
ＳＧ 平面 ＥＦＧ
Ａ. ⊥
设线段 ＳＦ 的中点为 Ｈ 则 ＤＨ 平面 ＳＧＥ
Ｂ. ꎬ ∥
四面体 Ｓ ＧＥＦ 的体积为１
Ｃ. －
æ ö
１２
则 Ａ Ｂ Ｆçç １ ３ ÷÷ Ｃ
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ è－ ꎬ ꎬ０øꎬ
四面体 Ｓ ＧＥＦ 的外接球的表面积为３
２ ２
Ｄ. － π
æ ö ２
çç３ ３ ÷÷ 则Ａ→Ｂ 设Ｐ ｘ ｙ ｚ 其 答案 ＡＢＤ 对于 在折前正方形
è ꎬ ꎬ０øꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ꎬ ꎬ )ꎬ Ａꎬ∵
２ ２
ＳＧ Ｇ Ｇ 中 ＳＧ Ｇ Ｅ ＳＧ Ｇ Ｆ 折成四
１ ２ ３ ꎬ １⊥ １ ꎬ ３⊥ ３ ꎬ∴
中 １ ｘ ３ 所以Ａ→Ｐ ｘ ｙ ｚ 所以Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ
－ < < ꎬ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ 面体 Ｓ ＥＦＧ 后 ＳＧ ＧＥ ＳＧ ＧＦ 又 ＧＥ
２ ２ － ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∵ ∩
æ ö ＧＦ Ｇ ＧＥ ＧＦ 平面 ＥＦＧ ＳＧ 平面
ｘ 所以Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ的取值范围是ç １ ３ ÷ 故 ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥
＝ ꎬ è－ ꎬ øꎬ ＥＦＧ. 正确.对于 连接 ＤＨ ＥＤ ＤＦ ＳＨ
２ ２ Ａ Ｂꎬ ꎬ∵ ＝ ꎬ
选 . ＨＦ ＤＨ ＳＥ ＳＥ 平面 ＳＥＧ ＨＤ 平
Ａ ＝ ꎬ∴ ∥ ꎬ∵ ⊂ ꎬ ⊄
二、多项选择题 面 ＳＥＧ ＤＨ 平面 ＳＧＥ. 正确.
ꎬ∴ ∥ Ｂ
６.( 广东华附、省实、广雅、深中四校联考ꎬ
２０２２
)已知 α β 是两个不同的平面 ｌ 是一条直
９ ꎬ ꎬ
线 则下列命题中正确的是
ꎬ ( )
若 α β ｌ β 则 ｌ α
Ａ. ∥ ꎬ ∥ ꎬ ∥
若 ｌ α ｌ β 则 α β
Ｂ. ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ 对于 已证明 ＳＧ 平面 ＧＥＦ ＳＧ 是三棱
若 ｌ α ｌ β 则 α β Ｃꎬ ⊥ ꎬ∴
Ｃ. ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ 锥 Ｓ ＧＥＦ 的高 且 ＳＧ .由题意得 ＧＥ ＧＦ
若 α β ｌ β 则 ｌ α － ꎬ ＝１ ＝
Ｄ. ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥
答案 ＢＣ 对于 若 α β ｌ β 则 ｌ α １ ＥＦ æ ç １ ö ÷ ２ æ ç １ ö ÷ ２ ２ ＧＥ２ ＧＦ２
Ａꎬ ∥ ꎬ ∥ ꎬ ∥ ＝ ꎬ ＝ è ø ＋è ø ＝ ꎬ∴ ＋ ＝
或 ｌ α 故 不正确 ２ ２ ２ ２
⊂ ꎬ Ａ ꎻ
对于 若 ｌ α ｌ β 则 α β 故 正确 ＥＦ２ ＥＧＦ π.
Ｂꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ Ｂ ꎻ ꎬ∴ ∠ ＝
２
对于 过 ｌ 的平面 γ 与 β 相交 设交线为
Ｃꎬ ꎬ
Ｓ １ １ １ １ 四面体 Ｓ ＧＥＦ 的
ｍ ꎬ∵ ｌ ∥ β ꎬ ｌ ⊂ γ ꎬ β ∩ γ ＝ ｍ ꎬ 则 ｌ ∥ ｍ ꎬ ∴ △ ＥＧＦ＝ × × ＝ ꎬ∴ －
２ ２ ２ ８
ｌ α ｍ α ｍ β 故 α β 故
∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∵ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ Ｃ 体积为１ １ １. 错误.
正确 × ×１＝ Ｃ
ꎻ ３ ８ ２４
对于 若α β ｌ β 则ｌ 与α 不一定垂直 对于 ＳＧ ＧＥ ＳＧ ＧＦ ＧＥ ＧＦ 可
Ｄꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ꎬ Ｄꎬ∵ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∴
故 不正确.故选 以把三棱锥 Ｓ ＧＥＦ 放到长方体之中 长方
Ｄ ＢＣ. － ꎬ
７.( 辽东南协作体期 体从同一顶点出发的三条棱为 ＧＳ ＧＥ ＧＦ
２０２２ ꎬ ꎬ ꎬ
中ꎬ ) 如 图 正 方 形 三 棱 锥 的 外 接 球 的 直 径 Ｒ
１２ ꎬ ∴ ２ ＝
专
ＳＧ Ｇ Ｇ 的边长为 Ｅ æ ö２ æ ö２ 题
１ ２ ３ １ꎬ ꎬ ２ ç １÷ ç １÷ Ｒ ６ 外接球的表 八
Ｆ 分别是 Ｇ Ｇ Ｇ Ｇ 的 １ ＋è ø ＋è ø ꎬ∴ ＝ ꎬ∴
１ ２ꎬ ２ ３ ２ ２ ４ 立
中点 ＳＧ 交 ＥＦ 于点 Ｄ 体
ꎬ ２ ꎬ 面积 Ｓ ６ ３ . 正确.故选 几
＝４π× ＝ π Ｄ ＡＢＤ. 何
１６ ２
３２７
８.( 江苏盐城响水中学学情分析ꎬ )如 ì
ï
２０２２ １２ ïï ｎ Ａ→Ｑ ３ ６ｘ ３ ２ｚ
图 四棱 锥 Ｐ ＡＢＣＤ 则í ＝ ＋ ＝０ꎬ令 ｘ 则 ｙ
ꎬ － ï ２ ２ ＝１ꎬ ＝－
中 平面 ＰＡＤ 平面 î ï ｎ Ａ→Ｃ ｘ ｙ
ꎬ ⊥ ＝２ ６ ＋２ ３ ＝０ꎬ
ＡＢＣＤ 侧面 ＰＡＤ 是边
ｚ 所以 ｎ 设 ＰＣ
ꎬ
２ꎬ ＝－ ３ꎬ ＝(１ꎬ－ ２ꎬ－ ３)ꎬ
长为 的正三角形 与平面 ＡＱＣ 所成角为 θ
２ ６ ꎬ ꎬ
底面 ＡＢＣＤ 为矩形 ＣＤ 点 Ｑ 是 ＰＤ 的
ｎ Ｐ→Ｃ
ꎬ ＝２ ３ꎬ 则 θ ２ ６ １ 所以 θ
ｓｉｎ ＝ ｎ Ｐ→Ｃ ＝ ＝ ꎬ ｃｏｓ ＝
中点 则下列结论正确的是 ｜ ｜ ｜ ｜ ６ ６ ３
ꎬ ( )
ＣＱ 在平面 ＰＡＢ 外
Ａ. ２ ２ 所以 正确
ꎬ Ｂ ꎻ
３
ＰＣ 与平面 ＡＣＱ 所成角的余弦值为２ ２
Ｂ. 连接ＱＢ Ｖ Ｖ １Ｓ １ＯＰ １
３ ꎬ Ｂ － ＡＣＱ＝ Ｑ － ＡＢＣ＝ △ ＡＢＣ ＝ ×
３ ２ ３
三棱锥 Ｂ ＡＣＱ 的体积为
Ｃ. － ６ ２
１ １ 所以 不正确
四棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 外接球的内接正四面体 ×２ ３×２ ６× ×３ ２ ＝６ꎬ Ｃ ꎻ
Ｄ. － ２ ２
的表面积为 设四棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 外接球的球心为 Ｍ
２４ ３ － (０ꎬ
答案 ＡＢＤ 设平面 ＰＣＤ 平面 ＰＡＢ ｌ 因 æ ö２
∩ ＝ ꎬ ａ 则 ＭＱ ＭＤ 所以çç ６÷÷ ２
３ꎬ )ꎬ ＝ ꎬ è ø ＋( ３) ＋
为 ＣＤ ＡＢ ＣＤ 平面 ＰＡＢ ＡＢ 平面 ＰＡＢ ２
∥ ꎬ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ
所以 ＣＤ 平面 ＰＡＢ 则 ＣＤ ｌ 而 ＣＱ 平面
æ ö２
∥ ꎬ ∥ ꎬ ⊂ ççａ ３ ２÷÷ ２ ２ ａ２ 解得 ａ 即
è － ø ＝( ６) ＋( ３) ＋ ꎬ ＝０ꎬ
ＰＣＤ 且 ＣＱ ＣＤ Ｃ 则 ＣＱ 在平面 ＰＡＢ 外 ２
ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ
Ｍ 为矩形 ＡＢＣＤ 对角线的交点 所
所以 正确
(０ꎬ ３ꎬ０) ꎬ
Ａ ꎻ
以四棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 外接球的半径为 设四
连接 ＡＱ ＡＣ.取 ＡＤ 的中点 Ｏ ＢＣ 的中点 Ｅ － ３ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ
棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 外接球的内接正四面体的棱
连接 ＯＥ ＯＰ 因为三角形 ＰＡＤ 为等边三角 －
ꎬ ꎬ
长为 ｘ 将正四面体放置在正方体中 其中正
形 所以 ＯＰ ＡＤ 因为平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢ￣ ꎬ ꎬ
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
四面体的棱为正方体面的对角线 故正方体
ＣＤ 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ＡＤ ＯＰ 平面 ꎬ
ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂
ＰＡＤ 所以 ＯＰ 平面 ＡＢＣＤ.
æ ö２
ꎬ ⊥ 的棱长为 ２ｘ ꎬ 所以 ３ è çç ２ｘ ø ÷÷ ＝６ ２ ꎬ 解得 ｘ２ ＝
又因为ＡＤ ＯＥ 所以ＯＤ ＯＥ ＯＰ 两两垂直. ２ ２
⊥ ꎬ ꎬ ꎬ
如图
ꎬ
以 Ｏ 为坐标原点
ꎬ
分别以 ＯＤ
ꎬ
ＯＥ
ꎬ
ＯＰ
２４ꎬ
所以正四面体的表面积为
４×
３ｘ２
＝２４
所在的直线为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴 建立空间直角 ４
ꎬ ꎬ ꎬ
所以 正确.故选
坐标系 则 Ｏ Ｄ Ａ ３ꎬ Ｄ ＡＢＤ.
ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ６ꎬ０ꎬ０)ꎬ (－ ６ꎬ
Ｐ Ｃ Ｂ
０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ３ ２)ꎬ ( ６ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ (－ ６ꎬ
5
因为点 Ｑ 是 ＰＤ 的中点 所以
年 ２ ３ꎬ０)ꎬ ꎬ
高
考 æ ö
3 Ｑçç ６ ３ ２÷÷.
年 è ꎬ０ꎬ ø
模 ２ ２ ９.( 山东烟台、德州一
拟 ２０２２
æ ö
A Ｐ→Ｃ Ａ→Ｑ çç３ ６ ３ ２÷÷ 模ꎬ )如图 正三棱柱ＡＢＣ
版 ＝( ６ꎬ２ ３ꎬ－３ ２)ꎬ ＝ è ꎬ０ꎬ øꎬ １１ ꎬ
２ ２ Ａ Ｂ Ｃ 中 底面 ＡＢＣ 是边
高 Ａ→Ｃ 设平面 ＡＱＣ 的法向量为 － １ １ １ ꎬ
考 ＝(２ ６ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ 长为 的等边三角形 ＡＡ
数 ２ ꎬ １
学 ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
３２８
Ｄ 为 ＢＣ 的中点 则
＝３ꎬ ꎬ ＡＤＣ 的距离为３ １０ 故 正确.对于 因
１ ꎬ Ｂ Ｃꎬ
( ) ５
直线 Ａ Ｂ 平面 ＡＤＣ 为Ａ Ｂ→ Ｃ→Ｄ 设异
Ａ. １ ∥ １ １ １ ＝(－ ３ꎬ１ꎬ０)ꎬ １ ＝(０ꎬ１ꎬ－３)ꎬ
面直线 Ａ Ｂ 与 Ｃ Ｄ 所成角为 θ 则 θ
点 Ｂ 到平面 ＡＤＣ 的距离为３ １０ １ １ １ ꎬ ｃｏｓ ＝
Ｂ. １ １
５ Ａ Ｂ→ Ｃ→Ｄ
｜ １ １ １ ｜ １０ 所以异面直线 Ａ Ｂ
Ｃ. 异面直线 Ａ １ Ｂ １ 与 Ｃ １ Ｄ 所成角的余弦值 Ａ Ｂ→ Ｃ→Ｄ ＝ ２０ ꎬ １ １
｜ １ １｜｜ １ ｜
为 １０
与Ｃ Ｄ 所成角的余弦值为 １０ 故 错误.对
１０ １ ꎬ Ｃ
２０
Ａ Ｐ
设 Ｐ Ｑ 分别在线段 Ａ Ｂ ＤＣ 上 且 １ Ａ Ｐ ＤＱ
Ｄ. ꎬ １ １ꎬ １ ꎬ Ａ Ｂ 于 设 １ λ 则 Ａ Ｐ λＡ Ｂ ＤＱ
１ １ Ｄꎬ Ａ Ｂ ＝ＤＣ ＝ ꎬ １ ＝ １ １ꎬ ＝
１ １ １
ＤＱ
则 ＰＱ 的最小值为 λＤＣ 因为Ａ Ｂ→ ＤＣ→
＝ＤＣ ꎬ ３ １ꎬ １ １ ＝(－ ３ꎬ１ꎬ０)ꎬ １ ＝(０ꎬ－１ꎬ
１
答案 ＡＢＤ 因为 Ｄ 为 ＢＣ 的中点 ＡＢ 所以Ａ→Ｐ λ λ Ｄ→Ｑ λ
ꎬ ＝ ３)ꎬ １ ＝(－ ３ ꎬ ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ－ ꎬ
ＡＣ 所以 ＡＤ ＢＣ 根据题意建立如图所示的 λ 则Ｐ λ λ Ｑ λ λ 所
ꎬ ⊥ ꎬ ３ )ꎬ ( ３－ ３ ꎬ ꎬ３)ꎬ (０ꎬ－ ꎬ３ )ꎬ
空间直角坐标系
ꎬ 以 ＰＱ２ λ ２ λ２ λ ２ λ２
＝( ３－ ３ ) ＋４ ＋(３－３ ) ＝１６ －
λ 所以当 λ ３时 ＰＱ２ 有最小值 所
２４ ＋１２ꎬ ＝ ꎬ ꎬ
４
以 ＰＱ２ 所以ＰＱ 故 正确.故
ｍｉｎ ＝ ３ꎬ ｍｉｎ ＝ ３ꎬ Ｄ
选 .
ＡＢＤ
１０.( 湖南益阳调研ꎬ )截角四面体是一
２０２２ １２
种半正八面体 可由四面体经过适当的截
ꎬ
角 即截去四面体的四个顶点处的小棱锥
则 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ꎬ
( ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ
所得的多面体 如图所示 将棱长为 ａ 的
Ａ Ｂ Ｃ ꎬ ꎬ ３
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １( ３ꎬ０ꎬ３)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ３)ꎬ １(０ꎬ－ 正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的
所以Ａ→Ｂ Ｄ→Ａ
１ꎬ３)ꎬ １ ＝(－ ３ꎬ１ꎬ－３)ꎬ ＝( ３ꎬ０ꎬ 截面得到所有棱长均为 ａ 的截角四面体 ꎬ
ＤＣ→ .对于 设平面 ＡＤＣ 的 则下列说法正确的是
０)ꎬ １ ＝(０ꎬ－１ꎬ３) Ａꎬ １ ( )
法 向 量 为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则
＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
{
ｎ Ｄ→Ａ ｘ
＝ ３ ＝０ꎬ 令 ｚ 则 ｙ 所以 ｎ
＝１ꎬ ＝３ꎬ
ｎ ＤＣ→ ｙ ｚ
１ ＝－ ＋３ ＝０ꎬ
因为 ｎ Ａ→Ｂ
＝(０ꎬ３ꎬ１)ꎬ １ ＝ － ３ ×０＋１×３＋
即ｎ Ａ→Ｂ 又Ａ Ｂ 平面ＡＤＣ ＡＣ ＤＥ
(－３)×１＝０ꎬ ⊥ １ ꎬ １ ⊄ １ꎬ Ａ. ⊥
所以 Ａ
１
Ｂ
∥
平面 ＡＤＣ
１ꎬ
故
Ａ
正确.对于
Ｂꎬ
因
Ｂ.
该截角四面体的表面积为
７ ３
ａ２
ＡＢ→ ｎ ＡＦ ａ 专
为ＡＢ→ 所 以 ｜ １ ｜ Ｃ. ＝ ５ 题
１ ＝ ( － ３ꎬ １ꎬ ３)ꎬ
｜
ｎ
｜
＝ 该截角四面体的外接球表面积为 ａ２ 八
Ｄ. ５π
立
答案 ＢＣ 把截角四面体还原为正四面
体
｜－ ３×０＋３×１＋１×３｜ ３ １０ 则点 Ｂ 到平面
２ ２ ＝ ５ ꎬ １ 体 如图 因为 ＡＣ ＬＩ ＬＩ ＥＦ 所以 ＡＣ 几 何
３ ＋１ ꎬ １ꎬ ∥ ꎬ ∥ ꎬ ∥
３２９
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 以 Ａ 为球
ＥＦ ꎬ 而 △ ＤＥＦ 为等边三角形 ꎬ 则 ∠ ＤＥＦ ＝ π ꎬ － １ １ １ １ ３ꎬ １
３ 心 为半径的球与底面 ＡＢＣＤ 的交线的长
ꎬ２
故 ＡＣ ＤＥ 不成立 故 错误
⊥ ꎬ Ａ ꎻ 度为 .
答案 π
２
解析 正方体中 ＡＡ
ꎬ １
平面 ＡＢＣＤ 所以平
⊥ ꎬ
面 ＡＢＣＤ 与球的截面
是以 Ａ 为圆心的圆 且
图 图 ꎬ
１ ２
半径为 ２ ２
截角四面体的表面由 个边长为 ａ 的正三 ２ －( ３) ＝１ꎬ
４
所以球面与底面 ＡＢＣＤ 的交线是以 Ａ 为圆
角形 个边长为 ａ 的正六边形构成 故该截
ꎬ４ ꎬ
心 为半径的弧ＥＦ 该交线的长度为１
角四面体的表面积 Ｓ ３ａ２ ３ａ２ ꎬ１ ꎬ ×２π
＝４× ＋４×６× ＝ ４
４ ４
ａ２ 故 正确 π.
７ ３ ꎬ Ｂ ꎻ ＝
２
如图 连接 ＡＥ ＡＦ 则 ＡＥ ＢＤ ＡＥ ａ 由
１ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ＝２ ꎬ １２.( 海南文昌中学 月段考ꎬ )已知正
正四面体中对棱互相垂直知 ＬＩ ＢＤ 所以 ２０２２ ４ １６
⊥ ꎬ
方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 点 Ｍ Ｎ
ＥＦ ＡＥ 在 ＡＥＦ 中 ＡＦ ＡＥ２ ＥＦ２ － １ １ １ １ ２ꎬ ꎬ
⊥ ꎬ Ｒｔ△ ꎬ ＝ ＋ ＝
分别是棱 ＢＣ Ｃ Ｄ 的中点 点 Ｐ 在平面
ａ２ ａ２ ａ 故 正确 ꎬ １ １ ꎬ
４ ＋ ＝ ５ ꎬ Ｃ ꎻ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 内 点 Ｑ 在线段 Ａ Ｎ 上 若 ＰＭ
取截角四面体上 下底面的中心分别为 Ｏ′ １ １ １ １ ꎬ １ ꎬ ＝
、 、
则 ＰＱ 长度的最小值为 .
Ｏ″ 外接球的球心为 Ｏ 连接 Ｏ′Ｏ″ 则 Ｏ 在
５ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ
Ｏ′Ｏ″上.连接 ＯＣ ＯＨ ＣＯ′ ＨＯ″ 如图 截角
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ２ꎬ
四面体上 下底面的距离为 ａ ６ａ ２ ６
、 ６ － ＝
３ ３
ａ 设外接球半径为 Ｒ
ꎬ ꎬ
所 以 Ｒ２ Ｏ′Ｃ２ Ｒ２ Ｏ″Ｈ２ ２ ６ ａ 即
－ ＋ － ＝ ꎬ
３
答案 ３ ５
ａ２ ａ２ －１
Ｒ２ ２ ６ａ Ｒ２ ａ２ 所以 Ｒ２ ８ａ２ ５
－ ＝ － － ꎬ － ＝ ＋
３ ３ ３ ３ 解析 如图 所示 取 Ｂ Ｃ 的中点 Ｏ 连接
１ ꎬ １ １ ꎬ
5 Ｒ２ ａ２ ４ ６ａ Ｒ２ ａ２ ＯＭ ＯＰ 则 ＭＯ 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 因为 ＯＰ
年 － － － ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ １ １ １ １ꎬ ⊂
３
高 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所以 ＭＯ ＯＰ 因为 ＰＭ
考 １ １ １ １ꎬ ⊥ ꎬ ＝
3
化简得 Ｒ２ １１ａ２ 故该截角四面体的外接球
＝ ꎬ 正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 Ｎ
年
模 ８ ５ꎬ － １ １ １ １ ２ꎬ
拟
表面积Ｓ Ｒ２ １１ ａ２ 故 错误.故选 . 是 Ｄ Ｃ 的中点 所以 Ａ Ｎ ＯＰ 所以
A ＝４π ＝ π ꎬ Ｄ ＢＣ １ １ ꎬ １ ＝ ５ꎬ ＝１ꎬ
２
版 点 Ｐ 在以 Ｏ 为圆心 为半径的位于平面
三、填空题 ꎬ１
高 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 内的半圆上 画出平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
考 １１.( 福州质量检测ꎬ ) 已知正方体 １ １ １ １ ꎬ １ １ １ １
数 ２０２２ １６
学 及相关点 线 如图
、 ꎬ ２ꎬ
３３０
交 ＰＡ 于点 Ｆ Ｆ 即为 Ｅ 在平面 ＰＡＣ 内的正
ꎬ
投影.
理由如下 由已知可得 ＰＢ ＰＡ ＰＢ ＰＣ
: ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
又 ＥＦ ＰＢ 所以 ＥＦ ＰＡ ＥＦ ＰＣ 又 ＰＡ
∥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩
ＰＣ Ｐ 因此 ＥＦ 平面 ＰＡＣ 即点 Ｆ 为 Ｅ 在
＝ ꎬ ⊥ ꎬ
平面 ＰＡＣ 内的正投影.
图 图
１ ２
连接 ＣＧ 因为 Ｐ 在平面
ꎬ
故点 Ｏ 到 Ａ Ｎ 的距离减去半径就是 ＰＱ 长
ＡＢＣ 内的正投影为 Ｄ 所
１ ꎬ
度的最小值 连接 Ａ Ｏ ＯＮ 作 ＯＨ Ａ Ｎ 于
ꎬ １ ꎬ ꎬ ⊥ １ 以Ｄ 是正三角形ＡＢＣ 的中
Ｈ 则 Ｓ １ １ １ 心 由 知 Ｇ 是 ＡＢ 的中
ꎬ △ Ａ １ ＮＯ＝２×２－ ×１×１－ ×２×１－ ×２×１ ꎬ (１) ꎬ
２ ２ ２
点 所以 Ｄ 在 ＣＧ 上 故 ＣＤ ２ＣＧ.
ꎬ ꎬ ＝
３ 所以１Ａ Ｎ ＯＨ ３ 解得 ＯＨ ３ ５ 所 ３
＝ ꎬ １ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
２ ２ ２ ５ 由题设可得 ＰＣ 平面 ＰＡＢ ＤＥ 平面 ＰＡＢ
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
以 ＰＱ 长度的最小值为３ ５ .
所以 ＤＥ ＰＣ 因此 ＰＥ ２ＰＧ ＤＥ １ＰＣ.由
－１
∥ ꎬ ＝ ꎬ ＝
５
３ ３
四、解答题
已知 正三棱锥的侧面是直角三角形且 ＰＡ
ꎬ ＝
１３.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)如图 已知正三
２０１６ Ⅰ １８ １２ ꎬ 可得 ＤＥ ＰＥ .在等腰直角三角形
６ꎬ ＝２ꎬ ＝２ ２
棱锥 Ｐ ＡＢＣ 的侧面是直角三角形 ＰＡ .
－ ꎬ ＝６ ＥＦＰ 中 可得 ＥＦ ＰＦ
ꎬ ＝ ＝２ꎬ
顶点 Ｐ 在平面 ＡＢＣ 内的正投影为点 Ｄ Ｄ
ꎬ
所以四面体 ＰＤＥＦ 的体积 Ｖ １ １
在平面 ＰＡＢ 内的正投影为点 Ｅ 连接 ＰＥ 并 ＝ × ×２×２×２
ꎬ ３ ２
延长交 ＡＢ 于点 Ｇ.
４.
证明 Ｇ 是 ＡＢ 的中点 ＝
(１) : ꎻ ３
在图中作出点 Ｅ 在平面 ＰＡＣ 内的正投 １４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)在四棱锥 Ｑ
(２) ２０２１ Ⅱ １９ １２ －
影 Ｆ 说明作法及理由 并求四面体 ＰＤＥＦ ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 是正方形 若 ＡＤ
( )ꎬ ꎬ ꎬ ＝２ꎬ
的体积.
ＱＤ ＱＡ ＱＣ .
＝ ＝ ５ꎬ ＝３
证明 平面 ＱＡＤ 平面 ＡＢＣＤ
(１) : ⊥ ꎻ
求二面角 Ｂ ＱＤ Ａ 的余弦值.
(２) － －
解析 证明 因为 Ｐ 在平面 ＡＢＣ 内的正
(１) :
投影为 Ｄ 所以 ＡＢ ＰＤ.
ꎬ ⊥
因为 Ｄ 在平面 ＰＡＢ 内的正投影为 Ｅ 所以
ꎬ
ＡＢ ＤＥ.
⊥
解析 证明 取 ＡＤ 的中点 Ｅ 连接
又 ＰＤ ＤＥ Ｄ 所以 ＡＢ 平面 ＰＥＤ 故 ＡＢ
(１) : ꎬ
∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ
ＱＥ ＣＥ.
ＰＧ.
ꎬ
⊥ 专
由于 ＱＤ ＱＡ 故 ＱＥ ＡＤ. 题
又由已知可得 ＰＡ ＰＢ 从而 Ｇ 是 ＡＢ 的
ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ⊥ 八
中点. 在 ＱＡＥ 中 ＱＥ ＱＡ２ ＡＥ２ 立
Ｒｔ △ ꎬ ＝ － ＝ 体
在平面 ＰＡＢ 内 过点 Ｅ 作 ＰＢ 的平行线 几
(２) ꎬ ２ ２ . 何
( ５) －１ ＝２
３３１
解析 依题意 可以
在 ＣＤＥ 中 ＣＥ ＤＣ２ ＤＥ２ ２ ２ ꎬ
Ｒｔ△ ꎬ ＝ ＋ ＝ ２ ＋１
建立以 Ｄ 为原点 分
. ꎬ
＝ ５
在 ＱＣＥ 中 ＱＥ２ ＣＥ２ ＱＣ２ ＱＥ ＣＥ 别以 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｇ 的方
△ ꎬ ＋ ＝ ⇒ ⊥ ꎬ ꎬ ꎬ
又 ＣＥ ＡＤ Ｅ ＣＥ ＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ＱＥ 向为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴的
∵ ∩ ＝ ꎬ 、 ⊂ ꎬ∴ ꎬ ꎬ
平面 ＡＢＣＤ.又 ＱＥ 平面 ＱＡＤ 平面 正方向的空间直角坐
⊥ ⊂ ꎬ∴
ＱＡＤ 平面 ＡＢＣＤ. 标系 如图 可得 Ｄ
⊥ ( )ꎬ
以 Ｅ 为坐标原点建 Ａ Ｂ Ｃ
(２) (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ
系 如图所示 则 Ｂ Ｅ Ｆ Ｇ
ꎬ ꎬ (２ꎬ－ (２ꎬ ０ꎬ ２)ꎬ (０ꎬ １ꎬ ２)ꎬ (０ꎬ ０ꎬ ２)ꎬ
Ｑ Ｄ æ ö
１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ Ｍç ３ ÷ Ｎ .
è０ꎬ ꎬ１øꎬ (１ꎬ０ꎬ２)
Ａ 则 ２
１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ
证明 Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｅ .
Ｂ→Ｑ Ｂ→Ｄ (１) : ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ２)
＝(－２ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＝(－
设 ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＣＤＥ 的法向量
.显然 平面 ＱＡＤ 的一个法向量为 ｎ ０ ＝( ０ꎬ ０ꎬ ０) ꎬ
２ꎬ２ꎬ０) ꎬ １
设平面ＢＱＤ 的法向量为ｎ ｘ {ｎ Ｄ→Ｃ { ｙ
＝(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ２ ＝( ꎬ 则 ０ ＝０ꎬ 即 ２ ０ ＝０ꎬ
ｙ ｚ 则 {ｎ ２ Ｂ→Ｑ ＝０ꎬ { －２ ｘ ＋ ｙ ＋２ ｚ ＝０ꎬ ｘ ｎ ０ Ｄ→Ｅ ＝０ꎬ ２ ｘ ０ ＋２ ｚ ０ ＝０ꎬ
ꎬ )ꎬ ｎ
２
Ｂ→Ｄ
＝０
⇒
－２
ｘ
＋２
ｙ
＝０
⇒ ＝ 不妨令 ｚ
æ
０
＝－１ꎬ 可得
ö
ｎ
０
＝(１ꎬ０ꎬ－１) .
ｙ ｚ 取 ｎ .设二面角 Ｂ ＱＤ Ａ 的 又 Ｍ→Ｎ ç ３ ÷ 可得 Ｍ→Ｎ ｎ
＝２ ꎬ ２ ＝(２ꎬ２ꎬ１) － － ＝è１ꎬ－ ꎬ１øꎬ ０ ＝０ꎬ
大小 为 θ 易 知 θ 为 锐 角 则 θ ２
ꎬ ꎬ ｃｏｓ ＝ 又因为直线 ＭＮ 平面 ＣＤＥ 所以 ＭＮ 平
ｎ ｎ ⊄ ꎬ ∥
ｎ ｎ ｜ １ ２｜ ２ ２ 故二面 面 ＣＤＥ.
｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›｜ ＝ ｎ ｎ ＝ ＝ ꎬ
｜ １｜ ｜ ２｜ １×３ ３
依题意 可得 Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｅ
(２) ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ－
角 Ｂ ＱＤ Ａ 的余弦值为２.
－ －
Ｃ→Ｆ .设 ｎ ｘ ｙ ｚ 为平
３ ２ꎬ２)ꎬ ＝(０ꎬ－１ꎬ２) ＝( １ꎬ １ꎬ １)
１５.( 天津理ꎬ ꎬ 分)如图 ＡＤ ＢＣ 且 面 ＢＣＥ 的法向量
２０１８ １７ １３ ꎬ ∥ ꎬ
ＡＤ ＝２ ＢＣ ꎬ ＡＤ ⊥ ＣＤ ꎬ ＥＧ ∥ ＡＤ 且 ＥＧ ＝ ＡＤ ꎬ ＣＤ {ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ
ＦＧ 且 ＣＤ ＦＧ ＤＧ 平面 ＡＢＣＤ ＤＡ 则 ＝０ꎬ 即 － １ ＝０ꎬ
∥ ＝２ ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ｎ Ｂ→Ｅ ｘ ｙ ｚ
ＤＣ ＤＧ . ＝０ꎬ １ －２ １ ＋２ １ ＝０ꎬ
＝ ＝２ 不妨令 ｚ 可得 ｎ .
若 Ｍ 为 ＣＦ 的中点 Ｎ 为 ＥＧ 的中点 求 １ ＝１ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ１)
(１) ꎬ ꎬ 设 ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＢＣＦ 的法向量
证 ＭＮ 平面 ＣＤＥ ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２) ꎬ
: ∥ ꎻ {ｍ Ｂ→Ｃ { ｘ
(２) 求二面角 Ｅ － ＢＣ － Ｆ 的正弦值 ꎻ 则 ＝０ꎬ 即 － ２ ＝０ꎬ
若点 Ｐ 在线段 ＤＧ 上 且直线 ＢＰ 与平 ｍ Ｃ→Ｆ ｙ ｚ
(３) ꎬ ＝０ꎬ － ２ ＋２ ２ ＝０ꎬ
5 面 ＡＤＧＥ 所成的角为 ° 求线段 ＤＰ 的长. 不妨令 ｚ 可得 ｍ .
６０ ꎬ ２
＝１ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ１)
年
高 ｍ ｎ
考 因此有 ｍ ｎ ３ １０
3 ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝ ꎬ
｜ ｜ ｜ ｜ １０
年
模
拟 于是 ｍ ｎ １０.
ｓｉｎ‹ ꎬ ›＝
A １０
版
所以二面角 Ｅ ＢＣ Ｆ 的正弦值为 １０.
高
－ －
考
１０
数
学 设线段ＤＰ 的长为ｈ ｈ 则点Ｐ
(３) ( ∈[０ꎬ２])ꎬ
３３２
ＡＤ
的坐标为 ｈ 可得 Ｂ→Ｐ ｈ .
⊥ ꎬ
(０ꎬ０ꎬ )ꎬ ＝(－１ꎬ－２ꎬ )
易知 Ｄ→Ｃ 为平面 ＡＤＧＥ 的一个法 ＢＤＡ ３ ＢＤＣ ＢＤＡ ° 则
ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０) ∵ ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ∴ ∠ ＝∠ ＝６０ ꎬ
向量 ２
ꎬ ＣＤ
＝８ꎬ
Ｂ→Ｐ Ｄ→Ｃ
故 Ｂ→Ｐ Ｄ→Ｃ ｜ ｜ ２ 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＤ 平面
｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ ＝ ꎬ ∵ ⊥ ꎬ ∩
Ｂ→Ｐ Ｄ→Ｃ ｈ２
｜ ｜ ｜ ｜ ＋５ ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＡ 平面 ＡＢＣＤ ＢＡ 平面
＝ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥
ＰＡＤ 则 ＢＡ ＰＡ
由题意 可得 ２ ° ３ 解得 ｈ ꎬ ⊥ ꎬ
ꎬ ＝ｓｉｎ ６０ ＝ ꎬ ＝
ｈ２ ２ ＰＡＤ 为二面角 Ｐ ＡＢ Ｄ 的平面角
＋５ ∴ ∠ － － ꎬ
ＰＡＤ ° 又ＰＡ ＡＤ ＰＡＤ 为等
３ . ∴ ∠ ＝６０ ꎬ ＝ ＝２ꎬ∴ △
∈[０ꎬ２]
边三角形 取 ＡＤ 的中点为 Ｏ 连接 ＯＰ 则
３
ꎬ ꎬ ꎬ
ＯＰ ＡＤ ＯＰ 平面 ＡＢＣＤ 如图 建立空间
所以线段 ＤＰ 的长为 ３. ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
直角坐标系
３
ꎬ
１６.( 届浙江 名校联盟联考ꎬ )如图
则 Ａ Ｂ
２０２３ Ｚ２０ １９ ꎬ
(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ２
在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 中 平面ＰＡＤ 平面ＡＢ￣
－ ꎬ ⊥ Ｃ
３ꎬ０)ꎬ (－５ꎬ４ ３ꎬ０)ꎬ
ＣＤ ＰＡ ＡＤ ＢＤ ＡＢ ＤＢ 是
Ｄ
ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ ＝ ４ꎬ ＝ ２ ３ꎬ
( － １ꎬ ０ꎬ ０ )ꎬ
ＡＤＣ 的平分线 且 ＢＤ ＢＣ.
∠ ꎬ ⊥ Ｐ 所以Ｄ→Ｐ
(０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ ＝
若点 Ｅ 为棱 ＰＣ 的中点 证明 ＢＥ 平
(１) ꎬ : ∥ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｃ
(１ꎬ０ꎬ ３)ꎬ ＝(－２ꎬ－２ ３ꎬ０)ꎬ ＝(－４ꎬ４
面 ＰＡＤ
ꎻ
已知二面角 Ｐ ＡＢ Ｄ 的大小为 ° 求 ３ꎬ０)ꎬ
(２) － － ６０ ꎬ 设 ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＰＢＤ 的法向量
平面 ＰＢＤ 和平面 ＰＣＤ 的夹角的余弦值. ＝( １ꎬ １ꎬ １) ꎬ
{ｍ Ｄ→Ｐ ì ïï ｘ ｚ
则 ＝０ꎬ 即í １ ＋ ３ １ ＝０ꎬ
ｍ Ｂ→Ｄ î ïï ｘ ｙ
＝０ꎬ －２ １ －２ ３ １ ＝０ꎬ
取 ｙ 则 ｍ
１
＝－１ꎬ ＝( ３ꎬ－１ꎬ－１)ꎬ
设 ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＰＣＤ 的法向量
＝( ２ꎬ ２ꎬ ２) ꎬ
解析 证明 延长 ＣＢ ＤＡ 交于点 Ｆ 连
(１) : ꎬ ꎬ {ｎ Ｄ→Ｐ ì ïï ｘ ｚ
接 ＰＦ 则 ＝０ꎬ 即í ２ ＋ ３ ２ ＝０ꎬ
∵ ＤＢ ꎬ 是 ∠ ＡＤＣ 的平分线 ꎬ 且 ＢＤ ⊥ ＢＣ ꎬ∴ 易 ｎ Ｄ→Ｃ ＝０ꎬ î ïï －４ ｘ ２ ＋４ ３ ｙ ２ ＝０ꎬ
证 ＣＤＦ 是等腰三角形 点 Ｂ 是 ＣＦ 的中 取 ｙ 则 ｎ
△ ꎬ∴ ２ ＝１ꎬ ＝( ３ꎬ１ꎬ－１)ꎬ
点 又 Ｅ 是 ＰＣ 的中点 ＢＥ ＰＦ 又 ＰＦ 设平面 ＰＢＤ 和平面 ＰＣＤ 的夹角为 θ 则
ꎬ ∵ ꎬ∴ ∥ ꎬ ꎬ ｃｏｓ
平面 ＰＡＤ ＢＥ 平面 ＰＡＤ ＢＥ 平 ｍ ｎ
⊂ ꎬ ⊄ ꎬ∴ ∥ θ ｍ ｎ ３ 故平面
＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ › ｜ ＝ ｍ ｎ ＝ ꎬ
面 ＰＡＤ. ｜ ｜｜ ｜ ５
ＰＢＤ 和平面 ＰＣＤ 的夹角的余弦值为３.
５
１７.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)如图 在长方体
２０２０ Ⅲ １９ １２ ꎬ
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｅ Ｆ 分别在棱ＤＤ 专
－ １ １ １ １ ꎬ ꎬ １ꎬ 题
ＢＢ 上 且 ＤＥ ＥＤ ＢＦ ＦＢ . 八
在 ＡＢＤ 中 ＡＤ ＢＤ ＡＢ １ ꎬ ２ ＝ １ꎬ ＝２ １
(２) △ ꎬ ＝２ꎬ ＝４ꎬ ＝２ ３ꎬ 证明 点 Ｃ 在平面 ＡＥＦ 内 立
则 ＡＤ２
＋
ＡＢ２
＝
ＢＤ２
ꎬ
则
∠
ＢＡＤ
＝ ９０
°
ꎬ
即 ＢＡ (１)
若 ＡＢ
:
Ａ
１
Ｄ ＡＡ 求
ꎻ
二面角 Ａ
体
几
何
(２) ＝２ꎬ ＝１ꎬ １ ＝３ꎬ －
３３３
ＥＦ Ａ 的正弦值. 由已知得 Ａ Ｅ Ｆ
－ １ (２) (２ꎬ１ꎬ３)ꎬ (２ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ１ꎬ
Ａ Ａ→Ｅ Ａ→Ｆ
１)ꎬ １(２ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ－１ꎬ －１)ꎬ ＝(－２ꎬ
Ａ→Ｅ Ａ→Ｆ .
０ꎬ－２)ꎬ
１
＝(０ꎬ－１ꎬ２)ꎬ
１
＝(－２ꎬ０ꎬ１)
设 ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＡＥＦ 的法向量
１ ＝ ( ꎬ ꎬ ) ꎬ
{ｎ
Ａ→Ｅ
则
１ ＝０ꎬ
ｎ Ａ→Ｆ
１ ＝０ꎬ
{ ｙ ｚ
即 － － ＝０ꎬ 可取 ｎ .
ｘ ｚ １ ＝(－１ꎬ－１ꎬ１)
－２ －２ ＝０ꎬ
解析 设 ＡＢ ａ ＡＤ ｂ 设 ｎ 为 平 面 Ａ ＥＦ 的 法 向 量
＝ ꎬ ＝ ꎬ ２ １ ꎬ
ＡＡ ｃ 如图 以 Ｃ 为坐标 {ｎ Ａ→Ｅ
１ ＝ ꎬ ꎬ １ 则 ２ １ ＝０ꎬ
原点 Ｃ Ｄ→的方向为 ｘ 轴
ｎ Ａ→Ｆ
ꎬ １ １ ２ １ ＝０ꎬ
正方向 建立空间直角坐
æ ö
ꎬ
同理可取 ｎ ç １ ÷.
标系 Ｃ ｘｙｚ. ２ ＝è ꎬ２ꎬ１ø
１ － ２
证明 连接 Ｃ Ｆ 则 Ｃ ｎ ｎ
(１) : １ ꎬ １ 因为 ｎ ｎ １ ２ ７
Ａ ａ ｂ ｃ ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›＝ ｎ ｎ ＝－ ꎬ
(０ꎬ ０ꎬ ０)ꎬ ( ꎬ ꎬ )ꎬ ｜ １｜｜ ２｜ ７
æ ö æ ö
Ｅçａ ２ｃ÷ Ｆç ｂ １ｃ÷ 所以二面角 Ａ ＥＦ Ａ 的正弦值为 ４２.
è ꎬ０ꎬ øꎬ è０ꎬ ꎬ øꎬ － － １
３ ３ ７
æ ö æ ö
Ｅ→Ａ ç ｂ １ｃ÷ Ｃ→Ｆ ç ｂ １ｃ÷ 得 Ｅ→Ａ
＝ è０ꎬ ꎬ øꎬ １ ＝ è０ꎬ ꎬ øꎬ ＝
３ ３
Ｃ→Ｆ 因此ＥＡ Ｃ Ｆ 即Ａ Ｅ Ｆ Ｃ 四点共面
１ ꎬ ∥ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １ ꎬ
所以点 Ｃ 在平面 ＡＥＦ 内.
１
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
３３４
