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1、 高考数学复习：立体几何 例 1 如图所示，三棱柱111ABCA BC中，所有棱长均为 2，1160BACBAACAA ，P，Q分别在AB，11AC上（不包括两端），1APAQ （1）求证：/PQ平面11BCC B；（2）设PQ与平面ABC所成角为，求sin的取值范围【解析】（1）作/PDAC，交BC于点D，设10,2AQAPt，则2BPt，/PD AC，PDBPACAB，即2222PDtPDt，1PD/QC且1PD=QC，连接1DC，所以四边形1C QPD为平行四边形，1/PQC D，PQ 平面11BCC B，且1C D 平面11BCC B，/PQ平面11BCC B（2）取AC中点M，连接1
2、AM、BM、1A B，112AMAC，12AA，160A AM，根据余弦定理得：22211112cos604 12 2 132AMAAAMAAAM ，13AM，则1AMAC，ABC是等边三角形，BMAC，1AMBMM，AC 平面1ABM，AC 平面ABC 平面ABC 平面1ABM，在1A BM中，13AMBM，12A B，作1A HBM，交BM于点H，因为平面ABC平面1A BMBM，所以1AH 平面ABC，则11322222A BMA HS，12 23AH，1/AQ平面ABC，所以点Q到平面ABC距离12 23hAH，11QPQAAAAP，2211QPQAA AAP 2211114222tt
3、QAAAAA APQA AP 21112422222222ttttt 24t，24QPt 222 22 23sin434tt，0,2t，242,2 3t，36sin,33 例 2（2022全国高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABCA BC中，ACBC，1ACBCAA，D 为11AB的中点，G为1AA的中点，E 为1C D的中点，3BFAF，点 P为线段1BC上的动点（不包括线段1BC的端点）（1）若/EP平面 CFG，请确定点 P的位置；（2）求直线 CP与平面 CFG 所成角的正弦值的最大值【解析】如图，连接BD，12BBAG，12B DAF，1RtFAGRtDB B，1BDBAFG，1
4、1/AB A B，1BDBABD，AFGABD/GF BD，GF 平面CFG，BD 平面CFG，/BD平面CFG，若/EP平面CFG，又由EP，BD 平面1BDC，平面CFG与平面1BC D相交，必有/EP BD，又1DEEC，P为1BC的中点；（2）因为AC，BC，1CC两两垂直，我们可以以 C 为坐标原点，向量CA，CB，1CC方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐 标系，不妨设4AC，可得各点坐标如下：0,0,0C，4,0,0A，0,4,0B，10,0,4C，4,0,2G，3,1,0F 设1BBCP（01），有 0,4,40,4,4BP，又由CPCBBP，有 0,4,00,
5、4,40,44,4CP，设平面CFG的法向量为,mx y z，由3,1,0CF，4,0,2CG，有30420m CFxym CGxz，取1x，3y ，2z ，可得平面CFG的一个法向量为1,3,2m ，设直线CP与平面CFG所成的角为，由3 448412CP m，22244164 221CP，14m，有224123sin144 22114221CP mCPm，设332tt ，有2sin1423231ttt，221sin13101421013142ttttt，由二次函数的性质可知，当11026t 时，135t ，132355时，sin的最大值为1182144 13 2 100144 13 例 3
6、（2022辽宁大连市一 0 三中学高三开学考试）如图，在四棱锥PABCD中，2BC，/ADBC，E为棱 PA 的中点，/BE平面 PCD （1）求 AD的长；（2）若2PBABBCBE，平面PAB 平面 PBC，求二面角BPCD的大小的取值范围【解析】（1）如图所示：过 E 作/EMAD，交 PD 于点 M，连接CM，因为/BE平面 PCDBE 平面 BCME，平面 PCD平面 BCME=MC，所以/BEMC，又因为/,/EMAD ADBC，所以/BCEM，所以四边形 BCME 是平行四边形，所以BCEM，又因为12EMAD，所以24ADBC.（2）因为2PBABBCBE，E 为棱 PA 的中
7、点，所以APBE，且4ABE，所以ABBP，又因为平面PAB 平面 PBC，平面PAB 平面 PBC=BP，所以AB 平面 PBC，又因为BC 平面 PBC，所以ABBC，则以点 B 为原点，分别以 BA，BC所在直线为 x，y轴，以经过点 B且垂直与平面 ABCD 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：则0,2,0,2,4,0,2,2,0CDCD，由题意设220,4,2,2,0Pa babab，则0,2,CPab，设平面 CDP 的一个法向量为,mx y z，则00CD mCP m，即22020 xyaybz，令yb，得2,za xb，则,2mb ba，易知平面 BCP的一个法向量为
8、1,0,0n，则2222424cos,14126622m nbaam naaaamnba，因为2,2a，所以2cos,0,2m n，所以二面角BPCD的大小的取值范围是3,24.例 4（2022全国高三专题练习）如图，三棱柱111ABCA BC的底面是边长为 4 的正三角形，侧面11ACC A 底面ABC，且侧面11ACC A为菱形，160A AC.（1）求二面角1AABC所成角的正弦值.（2）,M N分别是棱11AC，11BC的中点，又2APBP.求经过,M N P三点的平面截三棱柱111ABCA BC的 截面的周长.【解析】（1）O为AC的中点，连接1OA，侧面11ACC A为菱形，160
9、A AC，1A AC为正三角形，1AOAC，侧面11ACC A 底面ABC，侧面11ACC A底面ABCAC，1AO 侧面11ACC A，1AO底面ABC，底面ABC为正三角形，O为AC的中点，BOAC，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.底面ABC是边长为 4 的正三角形，(0O，0，0)，(0A，2，0)，(2 3,0,0)B，(0C，2，0)，1(0,0,23)A，(2 3,2,0)AB，1(0,2,2 3)AA，(2 3,2,0)BC ，设平面1A AB的一个法向量为(,)nx y z，由100n ABn AA 得2 3
10、2022 30 xyyz，令3y ，得11xz，(1,3,1)n，又易知1(0,0,2 3)OA 为平面ABC的一个法向量.1112 35coscos,52 35OA nOA nOA n.22 5sin1cos5 所以二面角1AABC所成角的正弦值为2 55.（2）连接MN，MA，NB，M，N分别是棱11AC，11BC的中点，11/MNA B，又因为11/A BAB，/MNAB，经过M，N，P三点的平面截三棱柱111ABCA BC的截面即为平面MNBA，其中11112,422MNABABAB，在1AAM中，因为三棱柱111ABCA BC的底面是边长为4的正三角形，侧面11ACC A为菱形，16
11、0A AC，由余弦定理得221111()()2cos1202 7AMAAAMAAAM，取AB的中点H，连接MH，四边形MNBH为平行四边形，MHBN，又因为侧面11ACC A为菱形，1ACA，11CAC为两个全等的等边三角形，连接MC，11CHMCAC，又因为11/ACAC，MCAC，又因为侧面11ACC A 底面ABC，且侧面11ACC A底面ABCAC，MC平面ABC，又CH 平面ABC，MCHC，又因为2 3,2 3MCCH，22()()12122 6MHMCCH，即2 6BNMH，所以截面的周长为：62(67)l.过关测试 1（2022全国高三专题练习）已知正方体1111ABCDA B
12、C D.(1)若正方体的棱长为 1，求点A到平面1ABD的距离；(2)在一个棱长为 10 的密封正方体盒子中，放一个半径为 1 的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点1111ABCDABCD、到某个平面的距离恰好为 0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.【答案】(1)33 (2)3761043cm(3)存在，棱长为21（1）利用等体法：11A A BDAABDVV即可求解.（2）求出小球在正方体的8个顶点以及12条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及柱体体积公式即可求解.（3）设平面为符
13、合题意的平面，过点C，延长1111,DC AB AB分别交平面于点,E F G,由题意可得1111:1:2:3:4:5:6:7C E BG B F DC D E AG A F，设正方体的棱长为4a，根据11CECFC EC FVV，求出点1C到平面的距离，进而得出正方体的棱长.(1)正方体的棱长为 1，设点A到平面1ABD的距离为h，由11A A BDAABDVV，则111133A BDABDShSAA，即11311221 1 132232 ，解得33h.(2)在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：331 448 118833，除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个1
14、1 8 的正四棱柱空间内，小球不能到达的空间共2112 1 1 81896244 ，其它空间小球均能到达，故小球不能到达的空间体积为：4768962410433（3cm）(3)设平面为符合题意的平面，过点C，延长1111,DC AB AB分别交平面于点,E F G,由图可知，点1111,C C B B D D A A 与平面的距离分别应为 0、1、2、3、4、5、6、7，因为11,D E A F DC AG互相平行，所以它们与平面所成角相等，故由比例关系得1111:1:2:3:4:5:6:7C E BG B F DC D E AG A F.设正方体的棱长为4a，则11,2,3C Ea BGa
15、B Fa，用几何方法可解得2 5EFa，17,41ECa CFa，故22 21ECFSa，由1CC 平面1111DCBA，知1CC为四面体1CEC F的底面1EC F上的高，所以由11CECFC EC FVV，算得点1C到平面的距离，1212244 21212 21EC FECFSCCaadaSa，实际上已知1d，所以4 21121a，从而可得214a，所以正方体的棱长为421a，由图可知，该正方体存在.2（2022山东烟台一模）如图，在四棱锥 VABCD中，底面 ABCD为矩形，24ABBC，E为 CD 的中点，且VBC 为等边三角形 (1)若 VBAE，求证：AEVE；(2)若二面角 AB
16、CV 的大小为30，求直线 AV与平面 VCD 所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)4214（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线 AV 与平面 VCD 所成角的正弦值(1)因为 E为 CD的中点，所以2ADDE，所以ADE 为等腰直角三角形，所以45AED同理，45BEC所以 AEBE 又因为 VBAE，且VBBEB，VB 面 VBE，BE 面 VBE，所以 AE面 VBE 因为VE 面 VBE，所以 AEVE(2)取 BC中点 O，AD中点 G、连接 OG，VO，则 OGBC 又VBC为等边三角形，所以 VOBC，所以GOV为二面角
17、 ABCV 的平面角所以30GOV 以OB，GO方向分别作为 x，y轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz 于是 A（1，4，0），C（1，0，0），D（1，4，0），330,22V，0,4,0DC，331,22CV，531,22AV 令,nx y z为平面 VCD的一个法向量，则00n DCn CV，即4033022yxyz，令 z2，得3,0,2n 设直线 AV与平面 VCD所成的角为，则 sincos,AV n2 3421478nAVAVn，故直线 AV与平面 VCD所成角的正弦值为4214 3（2022陕西一模（理）如图，已知直三棱柱111ABCA BC，O，M，N分别为线段BC，1A
18、A，1BB的中点，P为线段1AC上的动点，116AA，8AC.(1)若12AOBC，试证1C NCM；(2)在（1）的条件下，当6AB 时，试确定动点P的位置，使线段MP与平面11BB C C所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析(2)P为1AC的中点时，sin取得最大值35.（1）先证AB 平面11ACC A，得ABCM，结合已知条件得出CMMN，根据11AMCAMC及 勾股定理的逆定理，得出1CMC M，进而得出CM 平面1C MN，即证1C NCM.（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，在利用二次函数的性质即可求解该问题.(
19、1)在ABC中，O为BC中点且12AOBC，ABAC.平面ABC 平面11ACC A交线为AC，AB 平面11ACC A，ABCM.M，N分别为1AA，1BB的中点，MNAB.CMMN.在直角AMC和直角11MAC中，18AMAM，118ACAC，11AMCAMC，164648 2CMC M，22221112812816CMC MCC，11,CMC M MNC MM.CM 平面1C MN，1C N 平面1C MN，1CMC N.(2)1AA 平面ABC，由（1）得AB，AC，1AA三线两两垂直，以A为原点，以AB，AC，1AA为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，则0,0,0A，6,0,0B，
20、0,8,0C，10,8,16C，0,0,8M，16,0,16B，6,8,0BC ，10,0,16BB.设平面11BB C C的一个法向量为,nx y z，则680160 xyz，令4x 得3y，4,3,0n，设,P x y z，101APmACm，则,0,8,16x y zm，0,8,16Pmm，0,8,168MPmm，设直线MP与平面11BB C C所成的角为，则2222435 64(168)5 5s1in4mmmmn MPmn MPm.若0m，sin0此时点P与A重合，若0m，令11ttm，则2233355 545(2)1sinttt.当2t，即12m，P为1AC的中点时，sin取得最大值
21、35.4（2022安徽芜湖一中一模（理）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，222ADAFAB，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且BMAN.(1)求证：直线/MN平面CDE；(2)当MN的长最小时，求二面角AMND的余弦值 【答案】(1)证明见解析(2)79（1）利用线面平行的判定定理即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用两点之间距离公式求出MN的长最小时，各点的坐标，再利用空间向量求面面角，即可得解.(1)过N作/NNAD与ED交于N点，过M作/MMAD与CD交于M点，连接M N .由BMAN，易知NNMM.又/NNADMM，则四边形MNN M为平行四
22、边形，所以/MNN M MN 平面CDE，M N 平面CDE，/MN平面CDE.(2)由平面ABCD 平面ADEF，平面ABCD平面ADEFAD，又AF 平面ADEF，AFAD，AF平面ABCD.以A为原点，分别以,AB AD AF为,x y z轴建立空间直角坐标系，过 M点作MGAD，垂足为 G，连接 NG，易知NGAD，设AGa(02a)可得2,02aMa，20,aaN，2222(1)1222aaaMN，可知当1a 时，MN长最小值为22.此时1,1,02M，10,1,2N，又0,0,0A，0,2,0D，1,1,02AM，11,0,22MN，1,1,02DM 设平面 AMN的法向量为111
23、,mx y z，由00m AMm MN可得111110211022xyxz，令12x，可得2,1,2m 设平面 MND的法向量为222,nx y z，由00n DMn MN 可得222210211022xyxz，令22x，可得2,1,2n 7cos,9m nm nmn，易知二面角AMND为钝二面角，则二面角AMND的余弦值为79.5（2022天津一模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中ADBC，3AD，2ABBC，PA 平面ABCD，且3PA，点M在棱PD上，点N为BC中点.(1)证明：若2DMMP，直线/MN平面PAB；(2)求二面角CPDN的正弦值；(3)是否存在点M
24、，使NM与平面PCD所成角的正弦值为26若存在求出PMPD值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)69(3)存在，13PMPD或1PMPD（1）利用面面平行证明线面平行；（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；（3）设PMPD，可表示点M与MN，再根据线面夹角求得的值.(1)如图所示，在线段AD上取一点Q，使13AQAD，连接MQ，NQ，2DMMP，/QM AP，又3AD，2ABBC，/AQ BN，四边形ABNQ为平行四边形，/NQ AB，又NQMQQ，ABAPA，所以平面/MNQ平面PAB，MN 平面MNQ，/MN平面PAB；(2)如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD
25、为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，则2,0,0B，2,2,0C，0,3,0D，0,0,3P，又N是BC中点，则2,1,0N，所以0,3,3PD，2,1,0CD ，2,2,0DN，设平面PCD的法向量1111,nx y z，则11111133020PD nyzCD nxy，令11x，则11,2,2n，设平面PND的法向量2222=,nxyz，则222222330220PD nyzDN nxy，令21x，则21,1,1n，所以122222221225 3cos,9122111n n，则二面角CPDN的正弦值为25 36199；(3)存在，13PMPD或1PMPD 假设存在点M，设PMPD，即P
26、MPD，0,1，由（2）得0,3,0D，0,0,3P，2,1,0N，且平面PCD的法向量11,2,2n，则0,3,3PD，0,3,3PM，则0,3,33M，2,1 3,33MN，122222222 1 32 332sincos,612221 333MN n 解得13或1，故存在点M，此时13PMPD或1PMPD.6（2022全国高三专题练习）如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD是边长为 2 的正方形，PAPB3 (1)证明：PADPBC；(2)当直线 PA与平面 PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角 PABC的大小 【答案】(1)证明见解析(2)4（1）根据直线与平面位置关系，把问题
27、转化为全等三角形问题即可证明；（2）用等面积法建立二面角与线面角关系，当线面角满足正弦最大时，即可求二面角大小(1)证明：分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，因为PAPB，所以PEAB，又因为AB CD，所以CDPE，又因为CDEF，PEEFE，所以CD 平面PEF，因为PF 平面PEF，所以CDPF，在PCD中，因为PF垂直平分CD，所以PCPD，又因为PAPB，ADBC，所以PADPBC，从而可得PADPBC；(2)解：由（1）知，PEF是二面角PABC的平面角，设PEF，(0,)，在PEF中，2222cos128 2cosPFPEEFPE EF，过点E作EGPF于G，则2
28、22sin8sin()32 2cosPE EFEGPF，因为CD 平面PEF，CD平面PCD，所以平面PCD 平面PEF，又因为平面PCD平面PEFPF，EGPF，EG 平面PEF，所以EG 平面PCD，因为AB平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离，即为EG，设直线PA与平面PCD所成角为，所以1sin3EGEGPA，令32 2cost，(32 2t，32 2)，则2228sin8(3)16()432 2costEGttt，当且仅当1t，即4时，EG有最大值 2，此时直线PA与平面PCD所成角为的正弦值1sin3EGEGPA最大，所以当直线PA与平面PCD所成角的正
29、弦值最大时，二面角PABC的大小为4 7（2022贵州贵阳高三期末（理）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA 平面,ABCD AFPB，F为垂足.(1)当点E在线段BC上移动时，判断AEF是否为直角三角形，并说明理由；(2)若2,PAABEFPC，且PB与平面PAE所成角为30，求二面角CPED的大小.【答案】(1)AEF是直角三角形，理由见解析(2)30（1）利用线面垂直的判定定理证明AF 平面PBC，即可得结论；（2）建立空间直角坐标系，先根据PB与平面PAE所成角为30，可求得 BC的长，再根据空间向量的夹角公式即可求得答案.(1)AEF是直角三角形.PA 平面ABCD，
30、PABC，又底面ABCD是矩形，ABBC，且PAABA，BC平面PAB，又AF 平面PAB，BCAF，又AFPB，且PBBCB，AF平面PBC，又EF 平面PBC，AFEF，即90AFE，当点E在线段BC上移动时，AEF是直角三角形.(2)因为2PAAB,则F为PB的中点,因为/EFBC，所以点E是BC的中点.PA 平面ABCD，且平面ABCD是矩形，所以建立如图所示空间直角坐标系，设BEa，则2BCa，所以0,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,0,2,2,0,0,1,1ABPE aDaCaF；则0,2,2,2,2,0,0,2PBPEaAP，设平面PAE的法向量为000,mxy
31、z，则由00m APm PE，即000020220zaxyz ，令01x，则00,02ayz，所以1,02am；依题意得PB与平面PAE所成角为30，所以1sin302|m PBm PB，即2122 214aa，解得2a，所以，2,2,0,4,0,0,4,2,0EDC 则4,2,2,2,2,2,4,0,2PCPEPD，设平面PDE的法向量为111,nx y z，由00n PDn PE 即111114202220 xzxyz，令11x，则111,2yz，所以1,1,2n，由（1）知AF 平面PCE，即0,1,1AF 是平面PCE的一个法向量，则33cos,2|62n AFn AFnAF，由图可判
32、断二面角CPED为锐角，所以二面角CPED的大小为30.8（2022全国高三专题练习）如图，四边形 ABCD中，2ADC,24ADCD，AEEC，沿对角线AC 将ACD 翻折成ACD，使得BECD.(1)证明：BDBC；(2)若ABD为等边三角形，求二面角DABC的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析；(2)16515（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明出CDBF，由三线合一得出结论；（2）作辅助线，找到DHG为二面角DABC的平面角，再使用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦 值.(1)取CD中点 F，连接 EF，BF，因为AEEC，所以 EF是ACD的中位线，故E
33、FAD，因为2ADC，所以EFCD，又因为BECD，BEEFE，所以CD 平面 BEF，因为BF 平面 BEF，所以CDBF，由三线合一得：BDBC (2)因为ABD为等边三角性，所以4ABBDAD，由第一问可知：4BDBC，从而4ABBC，由三线合一得：BEAC，取AB的中点H，过点H作HGAB交AC于点G，连接,D H D G，从而D HAB，故DHG为二面角DABC的平面角，由勾股定理得：222 5ACDADC，从而152AEAC，5cos4AEEABAB，由2AH 可得：8 5cos5AHAGEAB，由勾股定理得：222 555HGAGAH，因为42 5cos52 5ADD ACAC，
34、在AGD中，由余弦定理得：222648 52 5162cos162 45555D GD AAGD A AGD AC ，故4 55D G，又1642 3D H，在DHG中，由余弦定理得：2222222 554 52 355165cos2152 552 2 35D HHGD GD HGD H HG，故二面角DABC的余弦值为16515.9（2022江苏泰州高三期末）如图，在三棱锥PABC中，2,4,2 3ABPBBCPAPCAC.(1)平面PAC 平面ABC；(2)点D是棱BC上一点，BDBC，且二面角BPAD与二面角CPAD的大小相等，求实数的值.【答案】(1)证明见解析(2)25（1）作辅助线
35、POAC,垂足为 O,接着证明POBO，根据面面垂直的判定定理可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，分别求出平面 ABP,APD的法向量,根据题意，利用向量的夹角公式列出相应的等式，解得答案.(1)证明：如图，作POAC,垂足为 O,因为2 3PAPCAC，故 O是AC的中点，且3PO，由222222(2 3)16ABACBC，可知ABAC,所以22437BOABAO,则2227916BOPOPB,故POBO,又0BOAC,且,BO AC 平面 ABC,故PO 平面 ABC，而PO 平面 PAC，所以平面PAC 平面ABC.(2)如图，以 O 为坐标原
36、点，过点 O 作和 AB平行的直线作为 x 轴，以 OC,OP分别为 y,z轴建立空间直角坐标系，则(0,3,0),(2,3,0),(0,3,0),(0,0,3)ABCP,由BDBC得(2,2 3,0)BD，且01，故(22,2 33,0)D，所以(2,0,0),(0,3,3),(22,2 3,0)ABAPAD,设平面 ABP 的法向量为(,)mx y z，则20330m ABxm APyz，令3y ,则可取(0,3,1)m ，设平面 APD 的法向量为(,)na b c，则(22)2 30330n ADabn APbc，令3y，则可取6(,3,1)22n，平面 CPA 的法向量可取为(1,0
37、,0)k ，由二面角BPAD与二面角CPAD的大小相等可得：22226|4|22662()(3)1)()(3)1)(2222，解得25，符合题意，故实数的值为25.10（2022江苏扬州高三期末）如图，在三棱台 ABCA1B1C1中，底面ABC 是等腰三角形，且 BC8，ABAC5，O为 BC的中点侧面 BCC1B1为等腰梯形，且 B1C1CC14，M为 B1C1中点 (1)证明：平面 ABC平面 AOM；(2)记二面角 ABCB1的大小为，当 6，2时，求直线 BB1平面 AA1C1C所成角的正弦的最大值【答案】(1)证明见解析；(2)35.（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即
38、证；（2）设直线 BB1与平面 AA1C1C 所成的角为，利用坐标法可求23sin34cos25sin，然后利用导函数求最值即得.(1)ABC是等腰三角形，O为 BC的中点，BCAO，侧面 BCC1B1为等腰梯形，M为11BC的中点，BCMO MOAOO，MO，AO平面 AOM，BC平面 AOM，BC平面 ABC，平面 ABC平面 AOM(2)在平面 AOM内，作 ONOA，平面 ABC平面 AOM，平面 ABC平面 AOMOA，ON平面 AOM，ON平面 ABC，以 OB，OA，ON分别为 x轴、y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 MOBC，AOBC，AOM 为二面角1ABCB的平
39、面角，即AOM，A（0，3，0），B（4，0，0），C（4，0，0），M（0，23cos，23sin），C1（2，23cos，23sin），B1（2，23cos，23sin），1BB(2，23cos，23sin)，设平面 AA1C1C的法向量为n(x，y，z)，其中CA(4，3，0)，1CC(2，23cos，23sin)，所以100CA nCCn，即43022 3cos2 3sin0 xyxyz，则可取34 3cos3,4,3sinn，设直线 BB1与平面 AA1C1C所成的角为，则 sin|cos1BB，n|2334cos25sin，设 f()34cossin，6，2，则243cos()0s
40、inf，f（）在6，2上单调递增，f（）23，3，即34cos2 3,3sin 234cos0,12sin，max3sin5 直线 BB1平面 AA1C1C所成角的正弦的最大值为35.11（2022辽宁营口高三期末）在三棱柱111ABCA BC中，侧面11AAC C和侧面11AA B B是都是边长为 2 的菱形，D是1AA中点，3BC，1160CAABAA (1)求证：1AA 平面 BCD；(2)求二面角1BACA的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)1313（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，再求相关向量的坐标，求出平面1AAC和平面 ABC法向
41、量，利用向量的夹角公式即可求解.(1)证明：因为侧面11AAC C为菱形，且160CAA 所以1AAC为等边三角形，又因为 D 是1AA的中点，所以1CDAA 同理可证：1BDAA 又因为BDCDD，,BD CD 平面 BCD,所以1AA 平面 BCD(2)过 C 作CHBD交 BD于 H，在直角ACD中，2AC，1AD，所以3CD，同理可得3BD，又因为3BC，即BCD为等边三角形，所以 H 为 BD中点，32CH，由（1）可知，1AA 平面 OBC，1AA 平面11AA B B 所以平面11AA B B 平面 BCD 又因为平面11AA B B平面BCDBD 所以CH 平面11AA B B
42、，即 HC，1DA，DB两两垂直 以 D 为原点，1DA，DB，HC的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz 11,0,0A，1,0,0A，0,3,0B，3 30,22C 12,0,0AA，3 31,22AC，1,3,0AB 设111,mx y z是平面1AAC的法向量 100m AAm AC，即11112033022xxyz 令13y，则10 x，11z ，所以0,3,1m 设222,nx y z是平面 ABC的法向量 00n ABn AC，即222223033022xyxyz 令23y，则23x ，21z，所以3,3,1n 33113cos,1321
43、3m nm nm n 所以二面角1BACA的余弦值为1313 12（2022全国高三专题练习（理）如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.(1)求证：ACSD；(2)若SD 平面PAC，求二面角PACS的大小；(3)在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点 E，使得/BE平面PAC？若存在，求:SC SE的值；若不存在，试说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)3(3)当:3:2SC SE 时，/BE平面PAC（1）线面垂直的判定定理及性质定理即可得证；（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角的向量公式即得解；（3）由,0,1CEtC
44、S t，可得226,(1),222BEaatat，再利用0BE DS即得解(1)连接AC，BD交于 O，连接SO，由题意知SOAC，在正方形中，BDAC，又BDSOO，,BD SO 平面SBD，AC平面SBD 又SD平面SBD，所以ACSD(2)由题知SO 平面ABCD，以O为坐标原点，,OB OC OS分别为 x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设底面边长为 a，则高62SOa，则60,0,2Sa，2,0,02Da，20,02Ca，又SD 平面PAC，则平面PAC的一个法向量为26,0,22DSaa，平面SAC的一个法向量为2,0,02ODa，则212cos,2222aDS ODD
45、S ODDSODaa，又二面角PACS为锐角，则二面角PACS的大小为3.(3)在棱SC上存在一点 E，使得/BE平面PAC，由（2）知平面PAC的一个法向量26,0,22DSaa，又260,22CSaa，22,022BCaa 设,0,1CEtCS t，则226,(1),222 BEBCCEBCtCSaatat 因为/BE平面PAC，所以0BE DS，所以2213022aa t，解得13t.故当:3:2SC SE 时，/BE平面PAC 13（2022浙江高三专题练习）如图，AE平面,/,/ABCD CFAE ADBC，,1,2ADAB ABADAEBC.(1)求证：/DE平面BCF；(2)若二
46、面角EBDF的余弦值为13，求直线FB与平面ABCD所成角的正切值.【答案】(1)证明见解析；(2)47.（1）两种方法，一是通过题意，得到平面BCF的法向量AB，然后结合DE，通过计算 可得0DE AB，从而得到/DE平面BCF；二是通过证明/CFAE、/BCAD，得到平面BCF/平面 ADE，进而推出/DE平面BCF；（2）通过建立空间直角坐标系，设出平面EBD和平面BDF的法向量，并结合题意条件，求解出CF的长，然后根据CF 平面ABCD，求解出tanFBC，即可.(1)依题意，可以建立以A为原点，分别以AB AD AE，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,
47、0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)ABCD，(0,0,2)E.设0CFh h，则1,2,Fh.（1）法一：证明：依题意，AE平面ABCD，/CFAE，CF平面ABCD，CFAB，又ABBC，BCCFC，AB平面BCF，(1,0,0)AB是平面BCF的法向量，又(0,1,2)DE，可得0DE AB，又因为直线DE 平面BCF，所以/DE平面BCF.法二：/CFAE，CF 平面ADE，AE 平面ADE，/CF平面ADE.同理/BC平面ADE，CFBCC，平面BCF/平面ADE，又DE 平面ADE，所以/DE平面BCF.(2)设,mx y z为平面BDF的法向量，则00BD m
48、BF m即0,20,xyyhz 不妨令1y，可得21,1,mh.同理可得平面BDE的一个法向量为(2,2,1)n 由题意，有224|1cos,3|43 2m nhm nm nh，解得87h.87CF.CF 平面ABCD，FBC为直线FB与平面ABCD所成角，4tan7CFFBCBC.14（2022全国高三专题练习（理）如图，在正四棱锥PABCD中，2 2PAAB，E F分别为PB PD的中点，平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小；(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小；(3)求点G的位置.【答案】(1)3arccos3(2)1arctan2(3)点
49、G的位置为线段 PC靠近 P 的三等分点.（1）作出辅助线，找到异面直线AE与PF所成的角是OEA（或补角），利用余弦定理求出3arccos3OEA；（2）作出辅助线，找到平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角为OAQ，经过计算得到1arctan2OAQ；（3）证明出 A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的1tan2OAQ，和题干中的条件确定点G的位置.(1)连接 AC，BD，相交于点 O，因为四边形 ABCD是正方形，所以 O是正方形的中心，连接 PO，因为四棱锥PABCD是正四棱锥，则 PO底面 ABCD，连接 OE，因为E为PB的中点，所以 EO 是PBD的中位线，所以 EOPD，OEA
50、（或补角）即为异面直线AE与PF所成角的大小，因为正四棱锥PABCD中，2 2PAAB，所以PAB 是等边三角形，所以sin63AEAB，由勾股定理得：884AC，所以2AO，因为POBD，E为 PB 的中点，所以122OEPB，在AOE中，由余弦定理得：2222643cos232 26OEAEAOOEAOE AE，所以异面直线AE与PF所成角的大小为3arccos3 (2)连接 EF，与 OP相交于点 Q，则 Q为 OP，EF的中点，因为E F分别为PB PD的中点，所以 EF 是三角形 PBD 的中位线，所以 EFBD，因为BD 平面 ABCD，EF 平面 ABCD，所以 EF平面 ABC