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专题检测五(分值:150 分)
学生用书
P193
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·四川成都模拟)已知直线l 的方向向量是a=(3,2,1),平面α 的一个法向量是n=(1,-1,-1),则l 与
α 的位置关系是( )
A.l⊥α
B.l∥α
C.l 与α 相交但不垂直
D.l∥α 或l⊂α
答案D
解析因为a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),则a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,所以a⊥n.又直线l 的方向向量是a,平面
α 的一个法向量是n,所以l∥α 或l⊂α.
2.(2024·重庆模拟)正四棱锥的侧棱长为√5,底面边长为2,则该四棱锥的体积为( )
A. 2√3
3
B.√3
C. 4√3
3
D.2√3
答案C
解析因为正四棱锥的侧棱长为√5,底面边长为2,则底面面积为22=4,棱锥的高为
√(√5)
2-(√2)
2=√3.故棱锥的体积为V=1
3 ×4×√3= 4√3
3
.
3.(2024·山东烟台一模)设a,b 为两条不同的直线,α,β 为两个不同的平面,下列说法正确的是( )
A.若a∥α,b∥α,则a∥b
B.若a,b 与α 所成的角相等,则a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,则a⊥b
D.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b
答案D
解析平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A 错误;a,b 与α 所成的角相等,则
a,b 可能异面,可能相交,也可能平行,故B 错误;α⊥β,a∥α,b∥β,则a,b 的位置关系无法判断,故C 错误;
因为α⊥β,a⊥α,所以a∥β 或a⊂β.又b⊥β,所以a⊥b,故D 正确.
4.(2024·湖南长沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子,建造和搬迁都很方便.已知蒙古包的造
型可近似地看作一个圆柱和圆锥的组合体,已知圆锥的高为2 米,圆柱的高为3 米,底面圆的面积为
64π 平方米,则该蒙古包(含底面)的表面积为( )
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A.(112+16√17)π 平方米
B.(80+16√17)π 平方米
C.(112+18√17)π 平方米
D.(80+18√17)π 平方米
答案A
解析设底面圆的半径为r,则64π=πr2,解得r=8,则圆锥的母线长为√2
2+8
2=2√17(米),故该蒙古包(含
底面)的表面积为π×8×2√17+2π×8×3+π×82=112π+16√17 π(平方米).
5.(2024·山东淄博高三期末)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2 和4,若侧棱
AA1与底面ABCD 所成的角为60°,则该正四棱台的体积为( )
A.28√3
B. 28√6
3
C.84√2
D.28√2
答案B
解析如图,S,O 分别为上底面和下底面的中心,连接OS,则OS⊥底面ABCD,过点A1作A1T⊥AO 于点T,
则A1T⊥底面ABCD.因为上、下底面边长分别为2 和4,所以A1S=√2,AO=2√2,故TO=A1S=√2
,AT=AO-OT=√2,tan∠A1AT= A1T
AT .由于∠A1AT=60°,故A1T=√3AT=√6,故该正四棱台的体积为1
3 ×
(22+42+√2
2×4
2)×√6= 28√6
3
.
6.(2024·河北唐山一模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所成角为60°,则球表面
积与圆台侧面积之比为( )
A.2∶3
B.3∶4
C.7∶8
D.6∶13
答案B
解析设圆台上、下底面圆的半径为r1,r2,母线长为l,球的球心为O,半径为R,作圆台的轴截面ABCD,
则四边形ABCD 为等腰梯形.设圆O 分别切梯形ABCD 的边AB,BC,CD,DA 分别于点E,F,G,H.由切线
长定理可得AE=AH,DG=DH,故AD=DH+AH=DG+AE,即l=r1+r2.因为∠ABC=60°,所以GE=2R=lsin
60°,r2-r1=1
2l,解得r2=3r1,R=√3r1,所以S球
S圆台
=
4 π R
2
π (r1l+r2l) = 4×(√3r1)
2
(r1+3r1)
2
= 3
4 .
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7.(2024·陕西渭南模拟)在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,PC=AB,E,F 分别为PD,BC 的中点,
则( )
A.PB∥平面AEF
B.EF∥平面PAB
C.EF⊥PD
D.AF⊥平面PBD
答案B
解析连接BD,交AF 于点G,连接EG.因为F 为BC 的中点,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以
BG
GD = BF
AD = 1
2
,又E 为PD 的中点,所以直线PB 与EG 相交.又EG⊂平面AEF,所以PB 与平面AEF 有
公共点,故A 错误.取PA 的中点H,连接EH,BH,则EH=1
2
AD,EH∥AD.又BF=1
2
AD,BF∥AD,所以
EH=BF,EH∥BF,所以四边形BFEH 是平行四边形,所以EF∥BH.又EF⊄平面PAB,BH⊂平面PAB,所
以EF∥平面PAB,故B 正确.连接PF,DF,若EF⊥PD,E 为PD 中点,则PF=DF.又CP=CD,所以
△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由题可知,点P 的位置不确定,故C 不一定正确.显然
AF 与BD 不垂直,所以直线AF 与平面PBD 不可能垂直,故D 错误.
8.(2024·辽宁抚顺一模)在三棱锥P-ABC 中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=2√13,则三棱锥P-
ABC 的外接球的表面积为( )
A.100π
B.75π
C.80π
D.120π
答案A
解析在△BAC 中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=48,则BC=4√3.因为
PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,则PA⊥平面ABC.设
△ABC 的外接圆半径为r,所以2r=
BC
sin120° = 4√3
√3
2
=8,所以r=4,所以外接球的半径R 满足R2=r2+
P A
2
2
=16+9=25,故三棱锥P-ABC 外接球的表面积为4πR2=100π.
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二、选择题:本题共3 小题,每小题6 分,共18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2023·新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB 为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C 在底
面圆周上,且二面角P-AC-O 为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4√3 π
C.AC=2√2
D.△PAC 的面积为√3
答案AC
解析由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=1
2 ∠APB=60°,所以
PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=√3.如图,取AC 的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,
所以∠PDO 即为二面角P-AC-O 的平面角,所以∠PDO=45°.因为OD⊂平面AOC,PO⊥平面AOC,所
以PO⊥OD,所以△PDO 为等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=√2.对于A,圆锥的体积V=1
3 π ×(
√3)2×1=π,故A 正确;对于B,圆锥的侧面积S=π×√3×2=2√3 π,故B 不正确;对于C,AC=2
√A O
2-O D
2=2√2,故C 正确;对于D,S△PAC=1
2 ×AC×PD=1
2 ×2√2×√2=2,故D 不正确.故选AC.
10.(2024·贵州贵阳一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P 为线段A1C1的中点,点Q 为线段BC1
上的动点,则下列结论正确的是( )
A.存在点Q,使得PQ∥BD
B.存在点Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
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C.三棱锥Q-APD 的体积是定值
D.存在点Q,使得PQ⊥AC
答案BD
解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接B1D1.易知BD∥B1D1.
因为点P 为线段A1C1的中点,四边形A1B1C1D1为正方形,所以点P 为B1D1的中点,所以B1D1∩PQ=P,即
B1D1与PQ 不平行,所以BD 与PQ 不平行,故A 错误;
连接A1B,易知A1B⊥AB1.由题可知B1C1⊥平面ABB1A1.
因为A1B⊂平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.
又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1⊂平面AB1C1D,
所以A1B⊥平面AB1C1D,
所以当PQ∥A1B 时,PQ⊥平面AB1C1D.
易知当点Q 为BC1中点时,PQ∥A1B,故B 正确;
连接AD1,易知BC1∥AD1.
因为AD1∩平面APD=A,所以BC1与平面APD 不平行,
所以点Q 在线段BC1上运动时,点Q 到平面APD 的距离不是定值.
又△APD 的面积为定值,
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所以三棱锥Q-APD 的体积不是定值,故C 错误;
易知AC⊥BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,
因为AC⊂平面ABCD,
所以AC⊥BB1.
又BD,BB1⊂平面BDD1B1,BD∩BB1=B,
所以AC⊥平面BDD1B1.
又BP⊂平面BDD1B1,所以AC⊥BP,所以当点Q 与点B 重合时,PQ⊥AC,故D 正确.
故选BD.
11.(2024·辽宁沈阳模拟)中国古建筑闻名于世,如图所示的中国传统建筑的屋顶的结构示意图为五面
体EFBCDA.若四边形ABCD 为矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE 与△BCF 是全等的等边三角
形,则( )
A.五面体EFBCDA 的体积为7√2
3
B.五面体EFBCDA 的表面积为6+10√3
C.AE 与平面ABCD 所成的角为45°
D.当五面体EFBCDA 的各顶点都在球O 的球面上时,球O 的表面积为27 π
2
答案ACD
解析如图,
可将该五面体分割成四棱锥E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱锥F-HBCI 三部分,其中G,H 是AB 的三等
分点,I,J 是CD 的三等分点.因为EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE 与△BCF 是全等的等边三角形,所以由对
称性可知点E,F 在平面ABCD 的投影分别为GJ,HI 的中点,平面EGJ,FHI 均垂直于平面ABCD.易得
四边形HIJG 是矩形,所以易证GH 分别垂直于平面EGJ,FHI,所以几何体EGJ-FHI 是直三棱柱.由对
称性可知四棱锥E-AGJD 与四棱锥F-HBCI 的体积相等.因为GH⊥平面EGJ,EG⊂平面EGJ,所以
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AG⊥EG.由题意AE=2,AG=1,所以EG=√A E
2- A G
2=√3.同理EJ⊥DJ.因为△ADE 是等边三角形,
所以AE=DE.又因为AG=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ 是等腰三角形,所以
△EGJ 的边GJ 上的高h=√EG
2-( 1
2 GJ )
2
=√2,所以五面体EFBCDA 的体积V=2× 1
3 ×AG×GJ×h+
1
2 ×GJ×h×GH=2× 1
3 ×1×2×√2+ 1
2 ×2×√2×1=7√2
3
,故A 正确.
五面体EFBCDA 的表面积S=2× 1
2 ×AD2sin 60°+AD×AB+2× 1
2 ×(EF+AB)×EG=22× √3
2
+2×3+(1+3)
×√3=6+6√3,故B 错误.取GJ 的中点K,连接KE,KA,则KE⊥平面ABCD,所以AE 与平面ABCD 所成
的角即为∠EAK.因为sin∠EAK= EK
AE = √2
2
,∠EAK 为锐角,所以∠EAK=45°,故C 正确.
分别取AD,AB,BC,CD,EF 中点P,M,Q,N,O1,连接MN,PQ,交于点O2,连接O1O2.由题可知,点O2为
MN,PQ 的中点,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以点O2为四边形ABCD 外接圆的圆心,O1O2
为EF 的中垂线,所以该五面体外接球的球心O 在直线O1O2上.以点O2为坐标原点,分别以
O2M,O2Q,O2O1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,1
2 ,√2),B(1,3
2
,0).
设O(0,0,t),则⃗OF=(0,1
2 ,√2-t),⃗OB=(1,3
2
,-t).由|⃗OF|=|⃗OB|,得√t
2-2√2t + 9
4 =√t
2+ 13
4
,解得t=-√2
4
,
所以O(0,0,-√2
4
),⃗OF=(0,1
2 , 5√2
4
),所以五面体外接球的半径R=|⃗OF|=√
1
4 + 25
8 = 3√6
4
,所以外接球
的表面积为4πR2=4π× 27
8 = 27 π
2
,故D 正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
12.已知圆柱的底面半径为4,侧面面积为16π,则该圆柱的母线长等于 .
答案2
解析由题意可知圆柱的底面周长C=2π×4=8π,所以该圆柱的母线长l= S
C = 16 π
8 π
=2.
13.(2024·全国甲,理14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为
2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为 .
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答案√6
4
解析如图,由题意,可知V 甲
V 乙
= h甲
h乙
= √4(r2-r1)
2-(r2-r1)
2
√9(r2-r1)
2-(r2-r1)
2 = √3
2√2 = √6
4 .
甲
乙
14.(2024·江苏南通二模)已知二面角α-l-β 为直二面角,A∈α,B∈β,A∉l,B∉l,直线AB 与平面α,β 所成的
角分别为π
6 , π
4
,直线AB 与直线l 所成的角为 .
答案π
3
解析如图,作AD⊥l,BC⊥l,垂足分别为D,C,连接BD,AC.
因为α⊥β,α∩β=l,AD⊂α,BC⊂β,所以AD⊥β,BC⊥α,故AD,BC,l 两两垂直,所以∠BAC 为直线AB 与平
面α 所成的角,∠ABD 为直线AB 与平面β 所成的角,即∠BAC=π
6
,∠ABD=π
4 .以D 为原点,DA,DC 所
在直线为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2m,m>0,则BC=m,AC=√3m,AD=BD=
√2m,所以DC=√A C
2- A D
2=m,则A(√2m,0,0),B(0,m,m),所以⃗AB=(-√2m,m,m),取l=(0,1,0),则cos<⃗
AB,l>=⃗
AB·l
|⃗AB||l|
=
m
√4 m
2 = 1
2 .又<⃗AB,l>∈(0,π
2
],所以<⃗AB,l>=π
3
,即直线AB 与直线l 所成的角为
π
3 .
四、解答题:本题共5 小题,共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
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15.(13 分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为平行四边形,M,N 分别为AB,DD1的中点.
(1)求证:DM∥平面A1BN;
(2)若底面ABCD 为矩形,AB=2AD=4,异面直线DM 与A1N 所成角的余弦值为√10
5
,求点B1到平面
A1BN 的距离.
(1)证明连接AB1,交A1B 于点E,连接NE,ME,
则E 为A1B 的中点.
因为M 为AB 的中点,
所以ME∥AA1,且ME=1
2
AA1.
因为N 为DD1的中点,
所以DN∥AA1,DN=1
2
AA1,
所以ME∥DN,且ME=DN,
所以四边形EMDN 为平行四边形,
所以EN∥DM.
又因为DM⊄平面A1BN,EN⊂平面A1BN,
所以DM∥平面A1BN.
(2)解在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=4,且四边形ABCD 为矩形,
所以AB,AD,AA1两两垂直,以A 为原点,AB,AD,AA1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.
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则B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以⃗DM=(2,-2,0).
设AA1=2t(t>0),则A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),⃗A1 N=(0,2,-t).
设异面直线DM 与A1N 所成角为θ,
则cos θ=|cos<⃗DM ,⃗A1 N>|=|⃗DM ·⃗A1 N |
|⃗DM ||⃗A1 N |
=|- 4|
√2
2+(-2)
2·√2
2+(-t )
2 =
√2
√4+t
2 = √10
5 ,
解得t=1(负值舍去),故A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),
则⃗A1B=(4,0,-2),⃗A1 N=(0,2,-1),⃗B B1=(0,0,2).
设平面A1BN 的一个法向量为n=(x,y,z),
所以{⃗
A1B·n= 4 x -2 z =0,⃗
A1 N ·n=2 y - z =0,
取z=2,则x=1,y=1,得n=(1,1,2).
设点B1到平面A1BN 的距离为d,
所以d=|⃗B1B·n|
|n|
=|0×1+0×1+2×2|
√1
2+1
2+2
2
= 4
√6 = 2√6
3
,
即点B1到平面A1BN 的距离为2√6
3
.
16.(15 分)(2024·北京,17)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E 是AD 上一点,
PE⊥AD,DE=PE=2.
(1)若F 是PE 中点,证明:BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PED,求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值.
(1)证明(方法一)取DE 的中点M,连接MF,BM.
∵MD=1
2
ED=1,BC∥AD,
∴BC∥MD,且BC=MD,
∴四边形BCDM 为平行四边形,∴BM∥CD,
又CD⊂平面PCD,BM⊄平面PCD,
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∴BM∥平面PCD.
∵MF∥PD,MF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,
∴MF∥平面PCD.
又BM∩MF=M,∴平面BMF∥平面PCD.
又BF⊂平面BMF,∴BF∥平面PCD.
(方法二)取PD 的中点H,连接FH,HC,则FH∥ED,且FH=1
2
ED,BC∥ED,且BC=1
2
ED,∴FHBC,∴四
边形BCHF 为平行四边形,∴BF∥HC.又HC⊂平面PCD,BF⊄平面PCD,∴BF∥平面PCD.
(2)解由题意知,AB⊥AE,又AE=BC=1,AE∥BC,
∴四边形ABCE 为正方形,∴AB∥CE,又AB⊥平面PED,∴CE⊥平面PED,又PE⊥AD,∴以E 为坐标
原点,以EC,ED,EP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系,则
P(0,0,2),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),⃗PC=(1,0,-2),⃗CD=(-1,2,0),⃗PA=(0,-1,-2),⃗PB=(1,-1,-2).设
平面PCD 的一个法向量为m=(x1,y1,z1).则{⃗
PC ·m= x1-2 z1=0,⃗
CD·m=- x1+2 y1=0,
令z1=1,则x1=2,y1=1,得m=(2,1,1).设平面PAB 的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则{⃗
PA ·n=0,⃗
PB·n=0, 即{
- y2-2 z2=0,
x2- y2-2 z2=0,令z2=1,则x2=0,y2=-2,得n=(0,-2,1).设平面PAB 与平面PCD
的夹角为θ,则cos θ=|m·n|
|m||n| =
1
√6×√5 = √30
30 .
17.(15 分)(2024·湖南长沙模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1=AB=AC=4,D,E 分别为
A1C1,A1A 的中点,F 为线段BC 上异于端点的一点.
(1)求点B 到平面B1CE 的距离;
(2)若平面ACC1A1与平面ADF 的夹角的余弦值为2
7
,求直线A1F 与平面ADF 所成角的正弦值.
解(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,AB⊥AC,
所以AB,AC,AA1两两垂直,
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以A 为原点,AB,AC,AA1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.又
AA1=AB=AC=4,所以B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0).
因为E 为AA1的中点,所以E(0,0,2),
故⃗B1 E=(-4,0,-2),⃗B1C=(-4,4,-4),⃗B B1=(0,0,4).
设平面B1CE 的一个法向量为m=(x,y,z),
则{
m·⃗B1 E =- 4 x -2 z =0,
m·⃗B1C =- 4 x + 4 y - 4 z =0,
令x=1,则y=-1,z=-2,
所以m=(1,-1,-2),
所以点B 到平面B1CE 的距离d=|m·⃗B B1|
|m|
=|-8|
√4+1+1 = 4√6
3
.
(2)结合(1),由于D 为A1C1的中点,
所以D(0,2,4).
设⃗BF=λ⃗BC=λ(-4,4,0)=(-4λ,4λ,0),0<λ<1,所以F(4-4λ,4λ,0),所以⃗AF=(4-4λ,4λ,0),⃗AD=(0,2,4).
设平面ADF 的一个法向量为n=(a,b,c),
则{
n·⃗AF =a(4 - 4 λ)+ 4 bλ =0,
n·⃗AD =2b+ 4 c =0,
令b=2,则a= 2 λ
λ-1
,c=-1,故n=( 2 λ
λ -1
,2,-1).
易得平面ACC1A1的一个法向量可以为⃗AB=(4,0,0).
因为平面ACC1A1与平面ADF 的夹角的余弦值为2
7
,
所以|cos<n,⃗AB>|=| n·⃗AB
|n||⃗AB|
|=|
8 λ
λ -1
4×√( 2 λ
λ -1 )
2+2
2+(-1)
2|
= 2
7
,
解得λ=1
4 ,所以F(3,1,0),故平面ADF 的一个法向量n= -2
3,2,-1 ,则⃗A1 F=(3,1,-4).
设直线A1F 与平面ADF 所成角为θ,
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则sin θ=|cos<⃗A1 F,n>|=|⃗
A1 F ·n
|⃗A1 F ||n|
|=|
4
√9+1+16×√
4
9 + 4 +1|
= 6√26
91
.
18.(17 分)(2024·山东淄博一模)如图,多面体ABCDEF 是由一个正四棱锥A-BCDE 与一个三棱锥F-
ADE 拼接而成,正四棱锥A-BCDE 的所有棱长均为3√2,AF∥CD.
(1)在棱DE 上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明;
(2)当AF=1
2
CD 时,求点F 到平面ADE 的距离;
(3)若AF=1
3
CD,求直线DF 与平面ABC 所成角的正弦值.
解(1)当点G 为DE 中点时,平面ABC⊥平面AFC.
证明如下:因为四棱锥A-BCDE 是正四棱锥,
所以AD=AE,AG⊥DE.
在正方形BCDE 中,DE∥BC,所以AG⊥BC.
在正方形BCDE 中,CD⊥BC,因为AF∥CD,
所以AF⊥BC.
又AF∩AG=A,AF,AG⊂平面AFG,
所以BC⊥平面AFG.
因为BC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面AFG.
(2)设DE 中点为G,连接BD,CE 交于点O,连接AO,OG,则AF∥OG.
又AF=1
2
CD,所以OG=AF,
所以四边形AOGF 为平行四边形.
又因为四棱锥A-BCDE 是正四棱锥,
所以AO⊥平面BCDE,
所以四边形AOGF 为矩形,所以AF⊥FG.
因为AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.
又DE∩FG=G,DE,FG⊂平面DEF,
所以AF⊥平面DEF.
又FG=AO=√(3√2)
2-( √2
2 ×3√2)
2=3,
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所以VA-FDE=1
3 ·AF·S△FDE=1
3 × 3√2
2
× 1
2 ×3√2×3=9
2 .
设点F 到平面ADE 的距离为h,因为VF-ADE=VA-FDE=9
2
,即1
3 × √3
4 ×(3√2)2·h=9
2
,得h=√3,
所以点F 到平面ADE 的距离为√3.
(3)因为四棱锥A-BCDE 是正四棱锥,所以OC,OD,OA 两两垂直.以O 为原点,OC,OD,OA 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(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(-1,1,3),
所以⃗BA=(0,3,3),⃗CA=(-3,0,3),⃗DF=(-1,-2,3).
设平面ABC 的法向量为n=(x,y,z),
则{
n·⃗BA =3 y +3 z =0,
n·⃗CA =-3 x +3 z =0,
取z=1,则y=-1,x=1,故n=(1,-1,1).
设直线DF 与平面ABC 所成角为θ,则sin θ=|cos<⃗DF,n>|=|⃗DF ·n
|⃗DF ||n|
|=
4
√14×√3 = 2√42
21
,
所以直线DF 与平面ABC 所成角的正弦值为2√42
21
.
19.(17 分)如图1,在平行四边形ABCD 中,D=60°,DC=2AD=2,将△ADC 沿AC 折起,使点D 到达点P 位
置,且PC⊥BC,连接PB 得三棱锥P-ABC,如图2.
(1)证明:平面PAB⊥平面ABC;
(2)在线段PC 上是否存在点M,使平面AMB 与平面MBC 的夹角的余弦值为5
8
?若存在,求出PM
PC
的值;
若不存在,请说明理由.
(1)证明由题可知,∠APC=60°,PC=2AP=2,易证PA⊥AC,所以BC⊥AC.
又PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
因为PA⊂平面PAC,则PA⊥BC.
又AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ABC,
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所以PA⊥平面ABC,
所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)解存在.
由(1)知,PA,BC,AC 两两垂直.
以A 为原点,过点A 平行于BC 的直线为x 轴,AC,AP 所在直线为y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角
坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(0,√3,0),B(-1,√3,0),
所以⃗AP=(0,0,1),⃗PB=(-1,√3,-1),⃗PC=(0,√3,-1),⃗AB=(-1,√3,0).
设⃗PM=λ⃗PC=λ(0,√3,-1)=(0,√3 λ,-λ),其中0≤λ≤1,则⃗AM =⃗AP+⃗PM=(0,√3 λ,1-λ).
设平面ABM 的法向量为m=(x,y,z),则{
m·⃗AB =- x +√3 y =0,
m·⃗AM =√3 λy +(1- λ) z =0,
取y=λ-1,则z=√3 λ,x=√3
(λ-1),
所以m=(√3(λ-1),λ-1,√3 λ).
设平面MBC 的一个法向量为n=(a,b,c),⃗PB=(-1,√3,-1),⃗PC=(0,√3,-1),则
{
n·⃗PB =-a+√3b-c =0,
n·⃗PC =√3b-c =0,
令b=√3,则a=0,c=3,可得n=(0,√3,3),则|cos<m,n>|=|m·n|
|m||n| =|4√3 λ-√3|
2√3×√4( λ-1)
2+3 λ
2 = 5
8
,整理
可得λ=2
3
或λ=-14
9
(舍去).
故线段PC 上存在点M,使平面AMB 与平面MBC 的夹角的余弦值为5
8
,且PM
PC = 2
3 .
