《2022届浙江省高三数学分项解析专题11 立体几何与空间向量（解答题）【解析版】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届浙江省高三数学分项解析专题11 立体几何与空间向量（解答题）【解析版】.pdf（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022届浙江省高三优质数学试卷分项解析专履11立休几何与空间向量（僧答居）38.(2022浙江商三专题练习）如图，已知三棱台ABC-A181C1中，二面角A1-AC-B的大小为600点4在平面ABC内的射影D在BC上，心=AB=4,乙A,AC=30勹乙BAC=90.B(l)证明：AC上平面AB1D;(2)求直线AB与平面ACC1A所成角的正弦值【答案】(I)证明见解析J(2)一一2【解析】【分析】(l)过D作DE/!AB交ACfE,连A1E,则四点Al、Bl、D、E共面，通过证明AC上 DE、AD上 AC可证AC上平面A1B1D;(2)以E为原点，ED,EC分别为x,y轴，过E且与DA平行的
2、直线为Z轴，建立空间直角坐标系，利用直线与半面所成角的向散公式计算可得结果(1)过D作DEi/AB父AC千E,连AIE,A c IC B 因为在三棱台ABC-4.B1C1中，4.B1I!AB,所以DEi/A且，所以四点Ai、B1、D、E共面，因为LBAC=90,所以AC.lAB,所以AC.LDE,因为点A在平面ABC内的射影D在BC上，所以AD.l平面ABC,因为ACc平面ABC,所以AD.lAC,因为A1DnDE=D,所以AC.L平面A,BIDE即AC.L平面ABID(2)由（1)可知，AC.L平面A,B1D,又A,E仁平面A,B1D,所以AIE.lAC,结合DE.lAC可知，LAIED是二
3、面角A,-AC-B的平面角，所以乙AIED=60勹在直角三角形AIEA中，AA,=4,乙A1AC=30,所以A1E=AA,=2,AE=2石，2 在直角二角形AIDE中，有DE=A,E=l,A,D=3,2 以E为原点，ED,EC分别为x,y轴，过E且与DAI平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：A 则E(0,0,0),A(0,-23,0),B(4,-23,0),A,(l,O,J句，所以 瓦（3，2)3,$），邓（l,2)3，六压，瓦（0,-2石，0),设平面ACC1A1的一个法向昂为ii=(x,y,z),则厂环0，所以x2凡忑z=0y=0 n邧02打y=0，得X芷o令z=1，则x=-3
4、，所以日（3,0,1),所以自线A心与平面ACC1A所成角的正弦值为Icosl=I ii.兀国lI戏I|-3-成5=归xl-2x2森2.39.(2022河南高二阶段练习（理）如图在三棱锥PABC中，b.PAC是边长为2的正三角形，BA.lAC,BA=3,BP=2,D为BC的中点B(1)证明：AC 上PD;(2)求直线BP与平面PAC所成角的正弦值【答案】(I)证明见解析(2)3 4【解析】【分析】(I)取AC的中点E,连结PE,DE,进而证明AC上平面PDE,在结合线面乖直得线线乖直；(2)解法一：过点D作DF 上PE,垂足为F,取PC的中点G,连结DC,进而将问题转化为求直线DG与平面PAC
5、所成角LDGF,再根据几何关系证明PD上 DE,进而利用几何法求解；解法二：根据题意，以E为原点，分别以射线ED,EC为X,y轴的正半轴，建立空间肖角坐标系Exyz,再根据几何关系证明PD1-平面ABC,进而利用坐标法求解即可；(I)证明：取AC的中点E,连结PE,DE.囚为!:,PAC是正三角形，所以PE上AC,又因为DEiiBA,BA上AC.所以DE上AC,又PEc平面PDE,DEc甲PDE,PEnDE=E,所以AC1-平面PDE,又囚为PD己平面PDE,所以AC上PD.B(2)解法：过点D作DF上PE,垂足为F.由（I)知AC.L平面PDE,所以AC.lDF,因为ACnPE=E,所以DF
6、上平伽PAC.取PC的中点G,连结DG,因为D为BC的中点，所以DGl!BP.所以直线BP与平面PAC所成角等于直线DG与平面PAC所成角LDGF.囚为PB=PC,所以PD.lBC.又由（l)知AC.LPD,AC门BC=C,所以PD.l平面ABC,所以PD.lDE.l 在直角&DE巾，PE凸，DE=-AB=.$2 2 3 _ PDxDE 3 所以PD=.DF=,2 PE 4 1 又在直角t,.DGF中，DC=BP=l.sinLDGF=.DF 3 2 DG 4 3 因此，且线BP与平面PAC所成角的正弦值为4 B 解法2:如图，以E为原点，分别以射线ED,EC为X,y轴的王半轴，建立空间且角坐标
7、系E-xyz,B$则A(0,-1,0),B(3,-1,0),C(0,1,0),D了,0,0)因为PB=PC,D为BC的中点，所以PD.lBC,又AC 上PD,ACnBC=C,所以PD.l平面ABC.所以p享畛），曰一：勹设平面PAC的法向兄为n=(x,y,z)又瓦（0,2,0),吁亨，l，i)，气：，得x+y+1z=02 2 2y=O l 1-1取=(3,0,-1).设直线BP与平面PAC所成角为0.厮;,sin0=lcos萨n斗=-1_3 丽fl-4.3 因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为4 40.(2022浙江杭州二模）在四棱锥P-ABCD中，6PAB为正三角形，四边形ABCD为等
8、腰梯形，M为棱AP的中点，且AB=2AD=2BC=2CD=4,DM=$.B、心CI-1-p1,f,-,-,-义D,-,/-M 一，,-_ A(1)求证：DMI 平面PBC;(2)求直线AP与平面PBC所成角的正弦值【答案】(I)证明见觥析；(2)3而13.【解析】【分析】(1)取PB中点为N,连结MN,(2)取AB中点Q,空制向员计算作答AQ中点0,证明平面DOM.L十面ABCD，以0为原点建立空间直角坐标系，借助(1)在等腰梯形ABCD中，CDI/AB,CN,证明DMIICN,再利用线面平行的判断推理作答CD=2，取PB中点N,连结MN,CN,如图，I _ 尸-因M为棱AP的中点，贝UMN
9、II AB II CD,且MN=-=-AB=2=CD,即四边形MNCD为平行四边形，2 则DM1/CN，而CN 仁平面PBC,所以DMII半面PBC.(2)取AB中点Q,正6.PAB中，DM炉平面PBC,AQ中点0,连结DQ,PQ,OD,OM,有CD/IBQ,且CD=BQ,四边形BCDQ是平行四边形，则DQ=BC=AD=AQ=2,则有OD=3，且OD.lAB,PQ.lAB,PQ=23，而OM1/PQ,因此，1 OM=PQ=，且OM1-AB,2 而OMnOD=O,ABCD,OM,ODc平面DOM,则AB上平血DOM,ABi平面ABCD,有平面DOM.L平曲由DM=3，得LDOM=60,在半面DO
10、M内作Oz.lOD,平面DOM平面ABCD=OD,即有Oz.l平面ABCD,以0为原点，射线OB,OD,Oz分别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，z.L工$3 则A(-1,0,0),M(O,），P(I,3,3),C(2,3,0),B(3,0,0),2 2 有吁（2,3,3)，两（2，一五3)，百（1,-3,0)，设平面PBC的法向最为妇(x,y,z),两n=2x岛3z=O飞n=x高0，令y飞，得ii=（3,F3,1)，则sin0=!cos（万，叫|APn3而网I叶丁厂所以直线AP与平面PBC所成角的正弦值为3扣13 41.(2022浙江宁波二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，设直
11、线AP与平曲PBC所成角为0,公PAB,PAD均为等边三角形，BC=CD.A c B(1)求证：BD.1平面PAC;(2)若PA=BD石BC,M,N分别是PC,BC的中点，Q在边AD上，且DQ=2QA求直线AM与平面PQN所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)3而22【解析】【分析】(I)取BD中点E,证明BD.lAE,BD.lPE,根据线面垂且的判定定理即可证明结论；(2)建立宁间平血直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求得平面PQN的法向量，根据向噩的夹角公式，求得答案(1)证明：取BD中点E,因为L:,.PAB,L:,.PAD均为等边角形，A-：二r-广ii-7cB 则PB=PD,A
12、B=AD而BC=CD,所以A,E,C三点共线，且BD.lAE,BD.lPE,又AEnPE=E,AE,PEc平面PAE,所以BD.L平面PAE，即BD.L平面PAC.(2)山题意可知：三棱锥P-ABD为正四曲体，故P点在底面卜的投影H为6ABD的中心，如图以H为坐标原点，过H在面ABC内作AC册线为x轴，HC为y轴，HP为z轴，建立空间直角坐标系H-.xyz.A 设PA=6,则A(0,-23,0),B(3，JJ,o),v(-3，3,0),则M(o,3，匈，Q(-1，玉，o),，平），千是諒（O,沁，司W=(l,3，匈，峦（：，气，0)，r 设平面PQN的法向世为n=(x,y,z),则厂峦05 5
13、f3 h峦0,即二二。，P(0,0,2句，c(o,2fi,o),令y=l则叶取曰玉，1,0),设直线AM_与平面PQN所成的线面角大小为0,则sin0=leas（五可1行AM_|=3而lnl，向223而因此直线AM_与平面PQN所成的线面角的正弦值一22 42.(2022-浙江省义乌中学模拟预测）已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD是梯形，ADI/BC,LADC=90,侧面PADJ_底面ABCD,E为PB的中点，p AB=)PA,PA=2AD,乙BAD=l50乙PAD=60.B A()求证：BCJ_平面PCD;(2)求直线PA与平面ADE所成角的正弦值【答案】(I)证明见解析(2)拆4【解析】
14、【分析】(I)利用余弦定珅结合勾股定理可得出AD_I_PD,利用线面垂肖的判定可证得ADJ_平面PCD,结合BCIIAD可证得结论成立；(2)证明出PD.l平面ABCD,设AD=L以点D为坐标原点，DC、DA、DP所在肖线分别为X、Y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向星法可求得直线PA与平面ADE所成角的正弦俏(1)证明：不妨设AD=l,则PA=2,AB=2五在:.PAD中，PD2=PA2+AD2-2PA-ADcos60=4+1-22cos60=3,所以，PD2+AD2=PA?，即PD.lAD,QLADC=90，则AD.lCD,:PDnCD=D,:.AD.l平即PCD,QBCI/AD,:.B
15、C.l平面PCD.(2)解：因为平面PAD.l平面ABCD，平面PADn平面ABCD=AD,PDc平面PAD,:.PD.l平面ABCD,PD.lAD,又因为LADC=90,以点D为坐标原点，空间直角坐标系，DC、DA、DP所在首线分别为X、Y、Z轴建立如下图所示的B y 设AD=l,则A(O,1,0)、D(0,0,0)、P(o,o，句、B（五，4，O)、E（享，2，享），设平面ADE的法向昂为=(x,y,z),玩（0,1,0),沉主引11DA=y=O 则11庞五:+2y昙。，取x=l2 2 叩庇（1,0,-1),-n AP 3拓乔（0,-l,3)，所以，cos=阳丽一言丁，因此，直线PA与平面
16、ADE所成角的正弦值为-嘉4 43.(2022浙江台州二模）如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABl!CD,AB_l_AD,AB=2,二面角S-AB-D的平面角的大小为60,6.SAB和“ABC均为等边三角形，E,F分别为线段SD,BC的中点D B(1)证明：EFI平面SAB；(2)设直线EF与平面SAC所成角为0，求sin0的值【答案】(I)证明见解析(2)9而91【解析】【分析】(l)构造中位线，利用线面平行的判定定理即可证明(2)利用等胺三角形的三线合一性质构造出二面角的平面角，此角所在的平面与平面ABCD垂直，利用面面垂直的性质定理可以作平面ABCD的垂线，从而建立
17、空间直角坐标系，即可求解(I)s D/,I I,、,I x/I,/,/,.I,I/-I 夕I/,/-,II/-G 连接DF月延长交AB千点G,连接SGDF CF 因为ABI/CD，所以=I,所以F为DG中点FG FB 又E为SD中点所以EFI/SG又EFr:t:.平血SAB,SG仁平曲SAB所以EFI平面SAB(2)取AB中点H,SH,CH.:SAB和c,.ABC均为等边三角形:.SH.lAB,CH.lAB.：乙SHC为二面角S-AB-C的平面角:.乙SHC=60气因为SH.lAB,CH.lAB,SH仁平血SHC,CHc平面SHC,SHnCH=H 所以AB.l平面SHC,又ABi平面ABCD,
18、所以平面ABCD.l平面SHC如图建寸空间直角坐标系，AB=2,则A(1,0,0),B(l,0,0),c(0点，o),v(-1，五o)，S(0,生），E（今竿订F(:春o)亢（3,0)邧亭今）r 设平面SAC的法向址为n=(x,y,z)山亢ii=0瓦n=O。_ 0z _3-2 岛尸丘$_2+x.v.得取x=J，则y=-1,3 z=-.3：平面SAC的一个法向忙为ii=石，l,亨）百l，寻，分匡叫望sin0=2 兰陌司享匠91 冒a 44.(2022浙江嘉兴二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，且AB=AD=PB=PD=CD=2.2 6(1)证明：BC上PD;(2)若E为P
19、A中点，求直线CE与平面PBD所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)5忘38 ABIICD,BC.lPB,【解析】【分析】(1)取CD中点Q,连接BQ;先求出BD=2石，证得BC上BD,再由BC上PB证得BC上平面PBD,即可证得BC.lPD;(2)建立空间直角坐标系，求出驾（？，石，！），平面PBD的法向址ii=(l,0,0)，按照线面角的向扯求2 2 法求解即可(1)取CD中点Q,连接BQ;6 因为AB=AD=DQ且ABII DQ，所以四边形ABQD是菱形，又底面ABCD是等腰梯形，所以BC=BQ=QC=2，从而LBCD巴，甘！余弦定理BD2=BC2+CD2-2BC CD cos L
20、BCD知BD=2石，3 又因为BC=2,CD=4,所以CD2=BD2+BC2,得BC上BD,又因BC1-BD,BC上PB且PBnBD=B,所以BC上平面PBD,所以BC.L.PD;(2)分别以BC,BD为X,y轴，过B作垂直于面ABCD的门线为z轴建立空间直角坐标系，z y 则C(2,0,0),A(1嘉，0),P(O，和），E（今琴），因为在门琴），平面PBD的法向旦为ii=(1,0,0),设直线CE与平面PBD所成角为0,则sin0=1茬ii I 5尽1百订|计|38 所以直线CE与平面PBD所成角的正弦值是-.5尽38 45.(2022浙江省临安中学模拟预测）如图，在匹面体ABCD中，BC
21、D是等边三角形，M为AD中点，P为BM中点，元3沉A D _ _ _-(l)求证：PQI!面BCD;3(2)若AD=7CD,BC.lAD,二面角A-BC-D的平面角为120,求直线BM与平面ABC所成角的正2 弦值【答案】(1)证叭见解析；(2)3石14【解析】【分析】(I)取MD中点N,连接PN,QN,先由面面平行的判定定理，证明平面PQN!平面BCD,进而1-1得结论成立；(2)由题中条件，先得到BC.l平面AED,目乙4ED为二面角A-BC-D的平面角，设CD=L求出AE:以点E为坐标原点，EC方向为X轴正方向，ED方向为Y轴正方向，过点E亚足千平面BCD向上的方向为Z轴正方向，建立空间
22、宜角坐标系，求出直线BM的方向向址，以及平面ABC的法向拭，由向址夹角公式，直接计算，即可得出结果【详解】(1)证明：取MD中点N，连接PN,QN,因为P为BM中点，所以在1:,.MBD中，PNI/BD,因为PNcz.平面BCD,BDc平面BCD,所以PN!平面BCD:又在6ACD中，而3沉，瓦V=3而，NQ!CD,因为NQ 立平面BCD,CDc半面BCD，所以NQ/1平面BCD;囚为NQnPN=N,NQ乙平面PQN,PN仁平面PQN,:平面PQN/1平面BCD,又PQc平面PQN,:.PQ/平面BCD.(2)取BC中点E,连接DE,AE,囚为6BCD是等边二角形，则DE上BC:又BC.lAD
23、,ADnDE=D,AD乙平面AED,DE乙平面AED,:.BC上平面AED,且LA.ED为二面角A-BC-D的平面角，不妨设CD=l,则AD=，3 2 扛DE=,2 9 3 巾余弦定理可得AD1=AE汀ED1-2AE D-cos120,即AE2+-AE,4 4 2 3 解得AE=或AE=$（舍）；2 以点E为坐标原点，EC力向为X轴正方向，ED方向为Y轴正方向，过点E垂足于平面BCD向上的方向为z轴l_F方向，建立如伤所示的空间直角坐标系，叶o,o),因此M(o卒i所以骂U卒i)则B(归，o,o)屯，0,0),A(o亨i）骂气订阮（1,0,0),r 设平面ABC的一个法向址n=(x,y,z)x
24、=O 气，飞z所以：二x0平iz=0-BC-AB 上上-n-n 则不妨令z=l,则n=(0,3,I)设直线BM与平面ABC所成角为0,r uur r Ul1U|nBM|则sin0=|COS|于血广l;1llsM1-2x 3 3-+-8 8 I 3 9 +4 64 64 3打=14.即直线BM与平面ABC所成角的正弦值为一一3石14 A y E X【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：(I)定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何休中作出空间角，再解对应三角形，即可得小结果：(2)空间向蜇的力法：建立适当的窄间直角坐标系，求出直线的力向向显，平面的法
25、向量，通过计锌向扯夹角（两直线的方法向猷夹角、卢线的方向向址与平面的法向址夹角、两平面的法向扯夹角）的余弦值，来求空间角即可，46.(2022浙江模拟预测）如图所示，在矩形ABCD中，AB=2五,BC=2,M为CD中点，将DAM沿AM折起，使点D到点P处，且平面PAM.L平面ABCM，如图2所示，p 图1图2(1)求证：PB.lAM;(2)在棱PB上取点N,使平面AMN.l平面PAE,求直线AB与平而AMN所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)2痀15【解析】【分析】()在矩形ABCD中连接BD交AM千点Q，则由tanLDBA=tan LMAD可推出LDBA=LMAD，囚此有冗乙DAQ
26、=-，故在翻折后的四棱锥中，有PQ.lAM,BQ.lAM，据此推出AM.l平面PBQ，从而有PB.lAM.;2(2)以点Q为原点沉顷，征方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系再过点M作MH.lAN千点H,由平面AMN.l平面PAE司推出MH.l平面PAE，即有MH.lPB，结合PB.lAM，可知PB.l平面AMN，即4$83 PB.lAN，设怀仁刀顽0入l)，再结合丙兀V=O可求出N(O,)，最后冉利用空间向昂法求线面15-15 角的正弦值即可(1)在矩形ABCD中，连接BD交AM千点Q,言:由题知AB=2五，AD=2,DM五，J 所以tan乙DBA=tan LMAD=，即LDBA=LM
27、AD,2 冗又乙DBA乙BDA=P乙MAD乙BDA=2，所人冗2 所以乙DQA=!.，即DQ1-AM,BQ1-AM,2 故在翻折后的四棱锥中，有PQ1-AM,BQ1-AM,又PQnBQ=Q，所以AMl_平面PBQ,又PBc平曲PBQ，所以PB1-AM;(2)如图所示，以点Q为原点，沉，彻.QP方向为x,y,z轴的正力向建寸宁间直角坐标系，A,-.:JI:B.,i 2森4扛在矩形ABCD中，经计算可得AQ=,BQ一，DQ=,2打3 3 3 因此A(减迼2石沁2石拓-,0,0),B(O,O),C(-,O),P(O,O,),M(-,0,0),3 3 3 3 3 3 过点 M作MH.lAN千点H,因为
28、平面AMN.l平面PAB，平面AMNn平面PAB=AN,所以MH.l平面PAB，所以MH.lPB,又山(1)知PB.lAM且MH.lAM=M,所以PB.l平面AMN,所以PB.lAN，即有西瓦0,因为点N在PB上，设声声（0:0)，顾(-2,2,0)，蓝（x-l,y-2,0),IAEl=2 山|DE|汇言言z2=2，得(0,1，./3)祝汇访乒2(x-1)+2(y-2)=0巨E=（吟亨），所以F(2,所以百2，一；，亨），又页江(-2,2,0)是平面EMG的法lt1J记，平=-EF陌-BD呵_/-EF 丽(s。c=。n.1 s 以所z、-.,.、-、H x 法三（几何法）：取AE中点N,连BN
29、,ND,因为BFI/NE,BF=NE,所以四边形BFEN是-卜行四边形，所以EFIIBN,千是，问题转化为求BN与平面EMG所成角的正弦值，又因为BD.l平面EMG,所以乙VBD（或共补角）就是EG与平面EMG所成角的余角，取AD中点0,连EO,OM,则OMIIACI/EG,所以E,又BD.l平面EMG,所以BD.lEO,所以EO.l平面ABCD,所以EO.lAB,G,M,0四点共面，又EO.lAD,BD nAD=D,又AB上 AD,EonAD=O,所以AB.l血iEAD,所以AB.lAE,ND石，BN石，BD=22,所以cosLNBD=.而4 所以EF与平面EMG所成角的正弦值为而4 I I
30、 人01-/A、.,.,.-夕/-、-、-B C H 49.(2022浙江慈溪中学模拟预测）如图，在三棱柱ABC-AIBIC中，机AB=AC=BC=2,纲B=60,AC=3点M,N分别为线段JA,BICI的中点A1 B1 A C(1)求证：AB.LC;(2)求直线MN与平面ABIC所成角的正弦值【答案】(I)证明见解析(2)苟19【解析l【分析】(I)由线面垂直的性质定理即可证明(2)解法1:由题意可得MNJ/AD,故直线MN与平面扭1C所成角即为直线AD与平面A1B1C所成角，设d 其大小为0我们约定符号：dp-”表示点P到平曲G的距离；dp-，表示点P到I的距离则sm0=二土竺，山AD 等
31、体积法求出(lA-A18IC，根据平行四边形性质求得AD,代入即可得出答案解法2:以点0原点，OC,OB所在直线为x轴和y轴建寸空间直角坐标系，分别求出直线MN的方向向量和平面ABIC的法向觅，代入线面角的计纬公式即可求出答案(1)取AB的中点为0,由千凶AB和1:,.ABC为什三角形，则AB.LAp,AB.LCO,又ApnCO=O,故AB.L平面AIOC，又AICC平面AIOC，故AB.LfC.(2)解法l:由千AB.LO,AB.Lco,故乙4IOC为二面角A,-AB-C的平面角由于O=C0=3,A,C=3,3+3 9 1 由余弦定珅得COS乙fOC=，从而乙OC=120故二面角A,-AB-
32、C的大小为120.2x$x2 取BIC的中点D,由于DNl!CC,DN=CC,AM1/CC,AM=CC,从而DNI/AM.,DN=AM.,故四边形2 2 AMND为平行四边形，从而MNI/AD,MN=/AD,故且线MN与平面AB,C所成角即为直线AD与平面AB,C所成角，设其大小为0我们约定符号：（lP-”表示点P到平面a的距离；（/P-1表示点P到l的距离则d sin0=A-A.B,C AD A 由千AB1上平面AOC,则平面AOC上平面A1B1C,oc石从而do-11,s,c=d。-A1C=-由千AB/平面A,B1C,2 2 则dA从c=d。六81c=-,凸2 在VABIC中，AC=2,A
33、B1=2五，BIC扒C2飞Bi卢而，从而根据平行四边形性质得AD=2(A C2+ABn-B1C2 4=2(4+l2)-l3亚，4 2 立19=石2亟2=c 81 AD-A A d=。n.1 s 故A X 解法2:如图以点0原点，OC,OB所在直线为x轴和y轴建立空间直角坐标系，则A)(立0,%),A(0,-1,0),2 2 气员），农（早三）设平面AiB,C的法向址为正(x,y,z)，则.:），从而3：二。，从而取ii=(1,0，和C($,0,0),叶亨2,%)气1,)山千丽（亨，叶），fB1=(0,2,0),中,)设直线MN与平曲A,B,C所成角为0，则山千IMNI=MNii 五33n=+=
34、4 4 3 9而+4+-=-,|iil=2 16 16 2 sin 0=I cos(ii，而）1|MN ii|五岳从而=伍网I ii I 而19 2 x2 50.(2022浙江绍兴模拟预测）如图所示的几何体中，AB/I CD,AB=2BC,LABC=60,平面ACE.l平面ABCD.,_ _ _ _ _ _,-户,，-尸2-,夕二,-2,-Al,-，夕，一夕一夕-B(1)求证：BC上AE;四边形CDEF为正方形，ABCD为等腰梯形，(2)求BC与平面ABFE所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析：森(2)3【解析】【分析】(I)证明BC.LAC,再根据面面乖直的性质得BC 上平面ACE,由此即
35、可得BC上AE;(2)BC上平面ACE,则可以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间且角坐标系，设BC=I,求ILI1A、B、C、D、E的坐标，求出郘和平血ABFE的法向量，根据向噩夹角即可求BC与平血ABFE所成角(1)如图，取t:.ABC的AB边巾点为G,连接CG,则BC=BG,又？乙ABC=60,:.6BCG是等边三角形，:.GC=GB=GA,故G是t:.ABC外接圆圆心，AC.LBC.：平曲ACE.l平面ABCD,平面ACEnf面ABCD=AC,BCc平面ABCD,占BC.l平面ACE,:A Ee ACE,:.BC.lAE.(2)如图建立平面直角坐标系，z x 二、D:-_，一,-_
36、 一，一，：，一，一，-_-一一$l 设BC=l,则A（3,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),D（了飞叶：平面ACE.l平面ABCD,点E在底曲的投影落在直线AC上，设E(a,O,b)，山DE=DC=BC=l,EC=5得fl:勹b2=1,、)壺3,。,_3 2(E.沁了g_3_ ab,V 得解平立。气3 3 邧（f3,l，0),设平面ABE的法向量为ii=(x,y,z),则厂豆0ii.邧o百（0,1,0),即辛亭0 x丘，取z=l，则日（五，如），嘉叮0y岛设BC与平面ABFE所成角为0，则sin0=Icos(ii尼剧竺n_五|CBI|n 3 51.(2022-浙江绍兴模拟预测）如
37、图所示，几何体ABCDPQ中，“ADP,t!.BCQ均为正三角形，四边形ABCD为正方形，PQ II平面ABCD,AP l.CQ,AB五，M,N分别为线段PQ与线段BC的中点p M,、，7Q、,、D、C,“,，千-基、-于,、，,、,:N/,.:.A B(I)求证：MN II平面ADP;(2)求直线AP与平面BCQ所成角的正弦值【答案】(l)证明见解析i(2)3【解析】【分析】(l)设P,Q在平面ABCD上的射影分别为GH，证明PQIIGH，证明四边形PENM为平行四边形，从而证明MNII PE,根据线面平行的判定定理证明结论；(2)通过作辅助线，构造平行四边形，证明APIIQF，证明QF.l
38、CQ，求得相关线段长，证明QO.l00AFCD,法一，由千百线AP与平面BCQ所成角等千QF与平面BCQ所成角，故利用等体积法求得设F到平面BCQ的距离，根据线面角的定义可求得答案；法二，建立空间直角坐标系，求得平面BCQ的一个法向见，利用向址的夹角公式求得答案()设P,Q在平曲ABCD上的射影分别为G,H,p 上（、，,I 八、,、，、/,、/,、D、C,-.,._兴一(I、，I、,N、-卜:E,1 A B 取AD中点E，连PE,GE,山丁1;.ADP,1;.BCQ均为正三角形，故AD.lPE，而PG.lAD,PEnPC=PGEi平面PGE，故AD.lGE,即G点在AD的垂直平分线上，同理U
39、证H在BC的垂百平分线上，由千四边形ABCD为正方形，故EN祈直平分AD,BC,故G,E,N,H在一条自线上，因为PQ/lf面ABCD,则PG/IQH,PG=Qfl,故四边形PGHQ为平行四边形，则PQIIGH,则PMII NE;延长AB千F使得AF=PQ,连CF,延长NE交CF千0,连OQ,取EN中点J,连结Ml,则四边形AFQP是平行四边形，p 儿f0 H，故AD_l_平面PGE,I、I、I、D:、c.,，r-._卜，、I I、I、汔-，J,I、.A B F:.AP=QF五，AP IIQF,又？CQ=五,AP上 CQ，则QF1-CQ,:.CF=.f.汀飞2,BF=二5五，即AF=22，故P
40、Q=2五，PM五，故NE=PM=2,:四边形PENM为平行四边形，:.MN II PE,又:MN ct.平面ADP,PEc平面ADP,:.MN!I平面ADP.(2)由（I)得，四边形AFQP是平行仰边形，CF=2,BF=2,？凶P均为正三角形，E为AD中点AD.lPE又？AD.I_EN,:.AD上面PQEO.：面PEOQ上面AFCD？在四边形PEOQ巾MlII QO l=l Ml.LEN,:.QO.l_EO,又？面PEOQ门面AFCD:;0,QOc面PEOQ,力法一：（等体积法）:.QO.l面AFCD,:AP II QF,:直线AP与平面BCQ所成角等于QF与平面BCQ所成角，.V=V Q-B
41、C卜卜-BCQ 设F到平面BCQ的距离为d,s I拓oBCQ=x拉x=2 2 2,.d=s凸BCFOQ _ 2=.-s凸BCQ.,j3设QF与平面BCQ所成角为0,方法二：（向量法）连接OB,以OB,OF,OQ为x,y,z轴建立空间且角坐标系Oxyz,p s 心BCF=1,上fd嘉:.sin0=;QF 3、D.、C,r-.卜、I、一一一一一一一一一一一一一IE,I I/,、,.A OQ=l,x 由千CB.lBF故OB=OF=l,OQ=l,千是Q(0,0,1),B(l,0,0),F(0,1,0),C(0,-1,0),则PA=QF=(0,1,-1),CB=(1,1,0),CQ=(0,1,1),设平
42、面BCQ的法向蜇为ii=(nCB=x+y=O x,y,z)，则;句yz=0得法向亚的一个解为h=c1,-1,1).所以直线AP与面BCQ所成角sin0=I cos(ii，历汗1-21 6=-.2,月352.(2022浙江舟山中学高三阶段练习）如图所示，在三棱柱ABC-AB1C1中，AA1B1B是矩形，D是棱cc,的中点，CCI=AC=2,A B I、I,、I、B/,C1(1)求线段AD的长；(2)若AB=l,BID.lCD.乙BAC=90,求直线A1c与平面AB1D所成角的正弦值【答案】(1)石(2孚【解析】【分析】(I)根据题意，选取丙互瓦互,AA为空间向扯的一组基底，进而根据BID 上 C
43、D,结合向址数鼓积运算得1一一再求向址AD=AA+AC1的橾即可得答案2 乙岆CL2冗=3(2)根据几何关系证明AIBI.l平面AICICA,进而取AC中点E,证明ABpA1E,AC1两两垂直，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可(1)解：山题知，以瓦它，瓦瓦，瓦A不共曲，故可以为宁间向鳖的一组基底，囚为在三棱柱ABC-4iB1C1中，D是棱CCI的中点，l 所以B1D=A,D-A,BI=A,CI+:AA-A,BI,2 因为BID.l_CD,1 DC=-;:-A1 A,2 所以即冗（衣卢荨顽兀0lI2 I 气AAAC+4AAI-2AAA戊0因为AA1B1B是矩形，CCI=AC=2,l l 所
44、以x2x2cos乙饥C,+x22=0，所以cos乙仇G=一，1 2 4 2 2冗所以乙心也一，3-l-一所以AD=-JA+JC1,2 所以1项（；邓欢）2扎1矿卫豆霄五万言石，所以线段AD的长为寸7(2)2兀解：囚为乙心也,D是棱CCI的中点，CCI=AC=2,BID_l_CD.3 所以凶CIC是等边三角形，AIC=26.B1C1C是哼腰三角形，B1C1=B1 C,因为AB=l,乙BAC=90,所以BlG=BICJs,所以B1C2=fB12+fC2，即ABll_AC,因为fB1l.A1 C1,fC n fC1=f,所以fB1上平面fC1CA,因为CC1=AC=2,所以四边形fC,CA是菱形，因
45、为AACIC是等边三角形，所以矶1AC是等边三角形，故取AC中点E,所以fE上 AC,fB1上fE所以fBfE,fC1两两平直，如图建立空间直角坐标系，则f(o,o,o),Bi(1,o,o),c(o,1,3),c1(0,2,0),A(0,-1，五），D(畛卒），所以农（0,1，司顽（1,1，一句，初（咚寻），设平面ABID的一个法向旦为仁(x,y,z),则儒言，即x+y石z0，令z=5,则fi=（成，,/3,s),5y=3z 设直线A1C与平面ABID所成角为0,则sin0=Jcos欢，叶农n磷3岳|欢|n|2x2卢38所以直线A1C与平面AB1D所成角的正弦值为-3妇38 艺.B，气已，在.
46、喧.53.(2022浙江省窑阳中学高三阶段练习）如图，平面五边形ABCD中，CD=DE=EA=$，将丛DE沿AD折叠，得四棱锥P-ABCD.D E.A B A B(1)证明：PC.lAD;c(2)若二面角P-AD-B的大小是120,求直线PB与平而PCD所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)石10【解析】【分析】(I)取AD的中点0,连结PO,D,P.c 乙B乙BAD乙E乙CDE=90,CO,由等腰且角三角形的性质可知AD.LPO,乙PDA=45,则可知孕45，易证:AD1-CO，进而证明；(2)以0为原点建立空间直角坐标系，由(1)可知L.POC为二面角P-AD-B的平面角，表示出B,
47、C,nPB|P的坐标，即可得到pjj,DC,PC，利用DC,PC求得平面PCD的法向址，再根据求解即们硐可(1)证明：取AD的中点O,连结PO,co,I _.I 囚为DE=EA五，即PA=PD=2，所以AD1-PO,DO=DA=x 2=I,2 2 因为LE=LCDE=90,即 乙P=90,LPDA=45,所以乙灶兀45,又CD=，所以AD上CO,囡为POnCO=O,POc平面POC,COc平面POC,所以ADJ_平面POC,因为PCc平面POC,所以AD上PCp A B(2)解：以0为原点，如囡建立空间直角坐标系，x 由(1)可知，庄oc为一面角PADB的平面角，即LPOC=l20,l 5 C
48、(O,1,0),D(-1,0,0),B(l,1,0),P(O,-cos60,sin 60)=(0，言则邧（飞亨），瓦（1,1,0),冗（畛亨），r,.In万0 x+y=O 设平血PCD的法向晕为n=(x,y,z)，则n冗0,即乌z=0,2 2 令z飞，则y=-1,x=l,所以平面PCD的法向蜇为=(1,1,五），设直线PB与平面PCD所成角为0,卢ll-+-3 3 则sin0=2 2 书11司二尸希，4 4 所以且线PB与平面PCD所成角的止弦值为-.石10 54.(2022浙江省江山中学高三期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，ADIiBC,AB=BC=CD=.:.AD
49、=l.2 D A B(1)若 M 为PA中点，求证：BM/平面PDC;忘(2)若崎AD为正三角形，且PB=，求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值2【答案】()证明见解析(2)3忘22【解析】【分析】(1)取PD中点N,迕接MN,NC,则可得四边形MNCB为平行心边形，所以BMII CN，然后山线面平行的判定定理可证得结论，(2)取AD的中点E,BC的中点F,连接PE,PF,EF,则AD 上半面PEF,从而BC上平面PEF,得2冗BC上PF,再根据已知条件在1:;.PEF中，利用余弦定理可求得乙PEF=-，作PG上EF,交FE的延长线3 千点G,连接GC,则可得LPCG为自线PC与平面ABCD
50、所成的角，在直角1:;.PCG巾可求得答案(1)取PD中点N,连接MN,NC,因为M为PA中点，所以MNII AD,MN=-:-AD,2 因为ADIiBC,BC=AD,2 所以MNII BC,MN=BC,所以四边形MNCB为半行四边形，所以BMII CN,因为BM豆曲PDC,CNc平面PDC,所以BM/平面PDC(2)取AD的中点E,BC的中点F,连接PE,PF,EF,因为APAD为正三角形，四边形ABCD为等腰梯形，所以AD.lPE,AD.lEF,EFnPE=E,所以AD.l半面PEF,囚为ADIiBC,所以BC.l平面PEF,因为PF乙平面PEF,所以BC上PF,22 l 21 所以PF2