2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之空間向量的應(yīng)用（二）

一.選擇題（共4小題）

I.（2024?上海）定義一個(gè)集合d集合元素是空間內(nèi)的點(diǎn)集，任取P,P2,P3WQ,存在不全為0的實(shí)數(shù)

入I,入2,Q,使得；11。不+42。%2+43。.3=6.已知（1,0,0）en,則（0,0,1）WQ的充分條件是

（）

A.（0,o,o）enB.（-1,o,o）en

c.（o,i,o）GOD.（o,o,-1）en

52

2.（2024?新高考H）已知正三棱臺(tái)ABC-481a的體積為三~,人8=6,=2,則4A與平面/WC所

成角的正切值為（）

1

A.-B.IC.2D.3

2

3.（2023?北京）芻曹是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，

展現(xiàn)造型之美.如圖，某屋頂可視為五面體A8CQEE四邊形人/"?芯和COEr是全等的等腰梯形，△

AQE和△BC尸是全等的等腰三角形.若48=25m，BC=AD=Wm,且等腰梯形所在的面、等腰三角形

V14

所在的面與底面夾角的正切值均為為這個(gè)模型的輪廓安裝燈帶（不計(jì)損耗），則所需燈帶的長(zhǎng)度

為（）

D.125〃?

4.（2023?乙卷）已知〃。為等腰直角二角形，A/3為斜邊，ZVU3O為等邊三角形，若二面角。AliD

為150。，則直線CO與平面A8C所成角的正切值為（）

1y[2432

A.-B.—C.—D.一

5555

二.多選題（共1小題）

（多選）5.（2023?新高考H）已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為。，AB為底面直徑，N4PB=I20°,PA

=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角尸-AC-。為45°,則（）

A.該圓錐的體積為n

B.該圓錐的側(cè)面積為475n

C.AC=2y/2

D.△%C的面積為百

三.填空題（共2小題）

6.（2023?乙卷）已知點(diǎn)5,4,B,。均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三隹形，54_1_平

面ABC,則SA=.

7.（2023?上海）已知&、OB.后為空間中三組單位向量，且&_L茄、OA1OC,后與后夾角為60°,

點(diǎn)P為空間任意一點(diǎn)，且|b|=1,滿足?辰JWI前?后區(qū)|b?&|,貝?辰|最大值

為.

四,解答題（共13小題）

8.（2025?天津）正方體48C。-4181clZ）i的棱長(zhǎng)為4,E,尸分別為中點(diǎn)，CG=3CiG.

（/）求證：Gr_L平面E8E

（II）求平面EBF與平面EBG夾角的余弦值；

（III）求三棱錐O-BEF的體積.

9.（2025?新高考H）如圖，四邊形/WCZ）中，AB//CD,NQ/18=90°,產(chǎn)為CQ中點(diǎn)，點(diǎn)￡在AB上,

EF//AD,AB=3AD,CD=2AD.將四邊形EFD4沿F尸翻折至四邊形￡7加'A',使得面￡77）'A'

與面EFCB所成的二面角為60°.

（1）證明：ArB〃平面C。'R

（2）求面BCD'與面EFQ'A'所成二面角的正弦值.

D

A

10.(2025?北京)四棱錐尸-/WCO中，△小CO與△A6C為等腰直角三角形，Z/ADC=90°，NMC=9()°，

E為8C的中點(diǎn).

(1)尸為尸。的中點(diǎn)，G為尸E的中點(diǎn)，證明：/G〃平面外&

(2)若附_L平面A8CZ),PA=AC,求A8與平面PCQ所成角的正弦值.

II.(2025?上海)在三棱錐尸一片8。中，平面％C_L平面A8C,PA=AC=CP=2,AB=BC=42.

(1)若。是棱AC的中點(diǎn)，證明：BO_L平面％C,并求三棱錐B■。見(jiàn)的體積；

(2)求二面角13-PC-A的大小.

12.(2024?新高考I)如圖，四棱錐P-/WCD中，F(xiàn)N_L底面AGCO,PA=AC=2,BC=\,RB=E.

(I)若ADUB,證明：A?！ㄆ矫鍼8C；

y/42

(2)SAD1DC,且二面角A?CP-。的正弦值為一，求40.

7

R

'E'

D

B

16.（2024?上海》如圖，PA.PE、PC為圓錐三條母線，AB=AC.

（1）證明：PA1HC；

（2）若圓錐側(cè)面積為8c為底面直徑，BC=2,求二面角8-的大小.

17.（2024?天津）如圖，在四棱柱ABCO-4用。。I中，A4JL平面/WC。，ABLAD,AB//CD,AB=AA\

=2,AD=DC=\,M.N分別為。。i,BiCi的中點(diǎn).

（1）求證：QiN〃平面CBiM；

（2）求平面CBM與平面881。。夾角的余弦值；

（3）求點(diǎn)3到平面C81M的距離.

18.（2024?甲卷）如圖，在以4,B,C,D,E,產(chǎn)為頂點(diǎn)的五面體中，四邊形ABC。與四邊形CDE廠均

為等腰梯形，AB//CD,CD//EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=V10,AE=273,M為

CD的中點(diǎn).

（1）證明：EM〃平面BCR

（2）求點(diǎn)M到AQE的距離.

19.(2023?新高考H)如圖，三棱錐4-6C。中，DA=DB=DC,BDLCD,NAQ4=NAQC=60。，E

為4c中點(diǎn).

(1)證明BClDAi

(2)點(diǎn)/滿足前=木，求二面角。-4B-/的正弦值.

20.(2023?上海)已知直四棱柱ABC。-AIBICIOI,AB1AD,AB//CD,AB=2,4￡>=3,CD=4.

(1)證明：直線48〃平面OCCIQI；

(2)若該四棱柱的體積為36,求二面角Ai?83?A的大小.

AB

2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之空間向量的應(yīng)用（二）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共4小題）

題號(hào)1234

答案CBCC

二.多選題（共1小題）

題號(hào)5

答案AC

一.選擇題（共4小題）

I.（2024?上海）定義一個(gè)集合（1,集合元素是空間內(nèi)的點(diǎn)集，任取P,P?,P3WC,存在不全為。的實(shí)數(shù)

Ai,M,Q,使得;11。入+/12。%2+%。=3=6.已知（1，o,o）en,貝IJ（0,0,1）CQ的充分條件是

（）

A.（0,o,0）enB.（-1,o,o）en

C.（0,1,0）GOD.（0,0,-1）GO

【考點(diǎn)】空間向量基本定理、正交分解及坐標(biāo)表示.

【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；運(yùn)算求解.

【答案】C

【分析】利用空間向量的基本定理，結(jié)合充要條件，判斷選項(xiàng)即可.

【解答】解：不全為0的實(shí)數(shù)入I，入2,K，使得入。4+/12.2+%。%=3.

所以3個(gè)向量無(wú)法構(gòu)成三維空間坐標(biāo)系的一組基，

又因?yàn)椋?,o,o）en,所以對(duì)于A三者不能構(gòu)成一組基，

故不能推出（0,0,1）WC,故A錯(cuò)誤；

對(duì)于從（1,0,0）6Q,（-1,0,1）60,且（1,0,0）,（-1,0,0）共線，

所以（0,0,1）可以屬于C,此時(shí)三者不共面，故8錯(cuò)誤；

對(duì)于C,顯然三者可以構(gòu)成一組基，與條件不符合，故可以布出（0,0,1）CC,故C正確；

對(duì)于。，三者無(wú)法構(gòu)成一組基，故不能推出（0,0,1）M故。錯(cuò)誤.

故選：c.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間向量的基本定理的應(yīng)用，充要條件的判斷，是基礎(chǔ)題.

2.（2024?新高考H）已知正三核臺(tái)ABC-Ai/力。的體積為拶，A/3=6,4川=2,則4A與平面A8C所

成角的正切值為（）

1

A.-B.1C.2D.3

2

【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)建模；運(yùn)算求解.

【答案】B

【分析】由正三棱臺(tái)的體積公式計(jì)算出棱臺(tái)的高人由臺(tái)體的性質(zhì)結(jié)合線面角的定義求解即可.

【解答】解：設(shè)棱臺(tái)的高為萬(wàn)，三條側(cè)棱延長(zhǎng)后交于一點(diǎn)。，

13

則由A8=3AI8I得：。到上底面4B1C1的距離為T(mén)?,。到下底面A8C的距離為f,

22

所以AM與平面A8C所成角即為OA\與平面AIBICI所成角NOAiOi,

又SMBC=空X62=9V3,=*X22=V3,

所以V=1（9以+6+的百?V5）仁等，

解得h=y=,

2J3?

因?yàn)樯系酌嬷行?\到頂點(diǎn)4的距離為§XyX2=合

blV3

所以4A與平面A8C所成角的正切值為馬-=—//=1.

-=4

故選：B.

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查臺(tái)體的體積公式，空間中直線與平面圻成角的求解，屬于中檔題.

3.（2023?北京）芻曾是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，

展現(xiàn)造型之美.如圖，某屋頂可視為五面體ABCQEF,四邊形A8FE和CDEF是全等的筆腰梯形，△

七和△40、是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=AD=\（）m,且等腰梯形所在的面、等腰三角形

所在的面與底面夾角的正切值均為今.為這個(gè)模型的輪廓安裝燈帶（不計(jì)損耗），則所需燈帶的長(zhǎng)度

為（）

A.102mB.112mC.11linD.125m

【考點(diǎn)】幾何法求解二面角及兩平面的夾角.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何：運(yùn)算求解.

【答案】C

【分析】根據(jù)題意及對(duì)稱性可知底面四邊形A8C。為矩形，再根據(jù)三垂線定理作出等腰梯形所在的面、

等腰三角形所在的面與底面夾角，再題目中的數(shù)據(jù)，計(jì)算即可求解.

【解答】解：根據(jù)題意及對(duì)稱性可知底面四邊形A8C。為矩形，

設(shè)E,尸在底面矩形的射影點(diǎn)分別為M,N,

設(shè)與8c的中點(diǎn)分別為P,Q,則M,N在線段PQ上，如圖，

過(guò)M,N分別作AB的垂線，垂足點(diǎn)分別為G,H,連接，凡FQ,

則根據(jù)題意及三垂線定理易得tanZEPM=tanZEGM=tanZFHN=tanZFQN=誓，

又MG=NH=5,:?EM=FN=B，:.PM=QN=5,:?EP=FQ=>/14+25=聞,

:?MN=PQ-PM?QN=AB-PM-QN=25-5-5=15,：?EF=MN=15,

又易知BCLQN,月7，底面矩形A8CQ,

???根據(jù)三垂線定理可知8C_LFQ,又BQ=5,F0=V39,

：.FB=V39+25=8,；.ED=EA=FC=FB=8,

???該多面體的所有棱長(zhǎng)和為8X4+（25+10）X2+15=117.

故所需燈帶的長(zhǎng)度為117/小

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體的所有棱長(zhǎng)和的求解，三垂線定理作二面角，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

4.（2023?乙卷）已知△48C為等腰直角三角形，A8為斜邊，AA8。為等邊三角形，若二面角C?A8?。

為150°,則直線CO與平面48c所成角的正切值為（）

1V2V32

A.一B.—C.—D.—

5555

【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)匏求解.

【答案】C

【分析】取的中點(diǎn)E,連接CE,。5則根據(jù)題意易得二面角C-A8-。的平面角為NC￡Q=150°,

又易知平面CEO_L平面ABC,從而得直線C。與平面ABC所成角為/。CE,再解三角形，即可求解.

【解答】解：如圖，取4B的中點(diǎn)E,連接CE,DE,

E2

2

則根據(jù)題意易得A8_LC￡,ABIDE,

???二面角C-/W-。的平面角為NCEO=150°,

VAZ?±CE,ABA.DE,B.CEC\DE=E,

?"B_L平面CEO,又八Bu平面/WC,

J平面CEDJ_平面ABC,

ACD在平面ABC內(nèi)的射影為CE,

???直線C。與平面A8C所成角為NOCE,

過(guò)。作?！ù怪盋￡所在直線，垂足點(diǎn)為從

設(shè)等腰直角三角形A4c的斜邊長(zhǎng)為2,

則可易得CE=1，DE=W，又NDEH=30°,

:?DH=^,石”=|,???CH=1+U

/.tanZDCE==W=弓.

2

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角的概念，線面角的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

二.多選題（共1小題）

（多選）5.（2023?新高考H）已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直徑，N4PB=120°,PA

=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角尸-AC-。為45°,則（）

A.該圓錐的體積為T(mén)T

B.該圓錐的側(cè)面積為4757T

C.AC=2yp2

D.的面積為百

【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的側(cè)面積和表面積；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；旋

轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）的體積.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何：運(yùn)算求解.

【答案】AC

【分析】作圖，取AC中點(diǎn)。，易知/尸。0=45°,然后再逐項(xiàng)分析判斷即可.

【解答】解：取AC中點(diǎn)。，則PD1.AC,

由二面角的定義可知，二面角P-AC-O的平面角即為NPDO=45°,

對(duì)于A,△附B中，由于以=尸8=2,N4P8=120°,

則PO=\,AO=V3,

1

則。。=1,y=□-3TT-1=rr,選項(xiàng)4正確.

對(duì)于B,sg.=7rxV3x2=2百TT,選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

對(duì)于C,AC=2x^1=2V2,選項(xiàng)。正確.

對(duì)于。，PD=遮,SAPJ4C=^XV2X2V2=2,選項(xiàng)。錯(cuò)誤.

故選：AC.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角的定義，考查立體幾何中的距離求解，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

三.填空題（共2小題）

6.（2023?乙卷）己知點(diǎn)S,A,B,。均在半徑為2的球面上，△ASC是邊K為3的等邊三用形，5A±T

面ABC,則SA=2.

【考點(diǎn)】點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運(yùn)算求解.

【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容

【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球及球的性質(zhì)能求出結(jié)果.

【解答】解：設(shè)△A8C的外接圓圓心為5,半徑為r,

則2x3工CR=磊=2?解得，=倡

T

設(shè)三棱錐S-ABC的外接球球心為。，連接OA,OO\,

1

則0A=2,OO\=^SAf

2222

*：OA=001+OtA,.*.4=3+1.94,解得S4=2.

故答案為：2.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查正弦定理、三角形外接圓半徑，直棱柱的外接球及球的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求

解能力，是中檔題.

7.（2023?上海）已知&、0B.笈為空間中三組單位向量，且0_L0k0AL0C,b與后夾角為60。，

―—?-?J2]

點(diǎn)P為空間任意一點(diǎn),且|0P|=L滿足|0P?0C|W|0P?08|W|0P?0A|,則|0P?0C|最大值為一.

【考點(diǎn)】空間向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直.

【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；分析法；空間向量及應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解.

【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容

【分析】將問(wèn)題坐標(biāo)化，表示出0B,品的坐標(biāo)，再設(shè)=y,z）,代入條件，結(jié)合不等式的

性質(zhì)求解.

【解答]解:設(shè)辦=（0,0,1）,加=（苧，i,0）,OC=（0,1,0）,

OP=（X,y,Z）,不妨設(shè)X,Z>0,則lOPInf+b+dn1,

因?yàn)镮辦?辰

所以yW亨x+^yWz,可得z2y,

所以1=/+y2+z2/y2+y2+y2,解得y24?，

故OTP?OTC=y<寫(xiě).

y[2i

故答案為：子.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及不等式的性質(zhì)，屬于中檔題.

四.解答題（共13小題）

8.（2025?天津）正方體ABCO-AI/3ICIQI的楂長(zhǎng)為4,E,尸分別為AIOI,CiAi中點(diǎn)，CG=3CiG.

（Z）求證：Gf\L平面EBF；

（H）求平面仍尸與平面E8G夾角的余弦值:

（III）求三棱錐。-班薩的體積.

D.

，'JZ

AB

【考點(diǎn)】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角：棱錐的體積；直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間向量及應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解；空間想象.

432

【答案】（/）證明見(jiàn)解答；（II）=；（III）—.

53

【分析】（/）建立空間直角坐標(biāo)系，求平面EBF的法向量，通過(guò)證明直線的方向向量與平面的法向量

平行證明線面垂直：

（II）利用空間向量法求平面與平面的夾角的余弦值；

（III）先由題意得△F8E為直角三角形，求出其面積，然后利用空間向量法求點(diǎn)到平面的距離，最后利

用棱錐的體積公式求解即可.

【解答】解：（/）證明：如圖,以。為原點(diǎn)，。小DC,所在直線分別為X、），、z軸建立空間直角

由已知得D(0,0,0),B(4,4,0),G(0,4,3),E(2,0,4),F(2,4,4),

所以B=(2,0,1),薪=：-2,-4,4),EF=(0,4,0),

設(shè)平面BE尸的法向量為1=(xo,vo,20),

則,E?n=-2x0-4yo+4z。=0,即仔0+2yo-2z0=0,

-n=4y0=ol?0=0

取zo=l,則n=(2,0,1),即GF=

所以后〃就

所以6尸_1_面BEF.

(H)由⑺得詬=(-2,4,-I),

設(shè)平面BEG的法向量為m=(xi,y\,zi)?

則腎子一:;"她丁嗨甫:二,

{EG-m=-2xt+4yl-zt=0八

35

取Z|=l,則機(jī)=(一，一，1),

48

而I、JJ、nin2x|+lxl4

明以cos<n，m>=———=，、__，=己，

MIMI河TTxJ/嗡+15

4

故平面E8”與平面E8G夾角的余弦值為二.

（III）在正方體ABCD-AiBiCiDi中,E,尸分別為AiOi,C1B1中點(diǎn),

所以EF_L平面CBB\C\,

又產(chǎn)6u平面C6SC1,所以EFLFB,

2222

在△尸BE中，因?yàn)镋F=4,BF=JBB/+當(dāng)盾=V4+2=2遙，BE=>JEF+BF=6,

所以S△弼=.?EF?BF=1x4x2V5=4低

又法=（2,0,4）,

則點(diǎn)D到平面BEF的距離為d=辱名=2X^tX1=萼，

\n\用I5

所以三棱錐。-BEF的體積為V=gsNEF?d=gx4傷X第=苧.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用空間向量法判斷線面垂直和求二面角的余弦值，考查錐體的體積，定中檔題.

9.（2025?新高考II）如圖，四邊形ABCD中，AB//CD,ND48=90°,尸為CO中點(diǎn)，點(diǎn)E在A8上,

EF//AD,AI3=3AD,CQ=24。.將四邊形EPD4沿七廠翻折至四邊形E&T4',使得面EF。’A'

與面EFC/6所成的二面角為60。.

（I）證明：A'"〃平面S'F：

（2）求面BCD'與面EFD'A'所成二面角的正弦值.

【考點(diǎn)】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角；直線與平面平行.

【專題】綜合題：轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；空間想象.

【答案】（I）證明過(guò)程見(jiàn)解析；

【分析】（1）結(jié)合折疊前四邊形AEFO為矩形，折疊后不變的平行關(guān)系，證出平面A'反〃平面C?

F,即可證得結(jié)論；

(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出兩個(gè)半平面的法向量，套公式求解..

【解答】解：(1)證明：因?yàn)樵谒倪呅蜛6c。中，AB//CD,且石/〃AQ,所以因4QQ,

又NDA8=90°,所以四邊形AE尸。為矩形，

折疊后，顯然E8〃尸C,EMFHUCD'F,尸CU平面C?F,

所以EB〃平面CQ'F,

又EA'//FD',且F。'u平面CO'F,EArC平面C。'F,

所以EA'〃平面CD'F,

又EA'CEB=E,所以平面EA'8〃平面CO'F,又A'8u平面EA'B,

所以A'3〃平面CO'F；

(2)由ND4B=90°,EF//AD,所以￡T_LC￡),所以EF_LFC,EFLFDr,

所以面石F?Af與面EFC8所成二面角的平面角為NCF/T=60°,

結(jié)合CFCF。=F,所以七尸_L平面CT7。'，可得平面。尸》_L平面EBC尸，

又尸為CO的中點(diǎn)，所以△C/7)'為等邊△,

如圖以尸為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A8=3AQ=6,則CO=2AO=4,

所以尸(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),D'(0,1,V3),

——?

所以還=(2,0,0),FD'=(0,1,V3),CB=(2,2,0),CD'=(0,-1,百),

設(shè)平面4'的法向量為益=Q,y,z),

Jm-FE=2x=0,可得益=(0,-V5,1),

(m-FD'=y+V3z=0

再設(shè)平面AC。'的法向量1=Q,y,z),

L-

.|n-CF=2x4-2y=0，ll、

則_t",解得n=(—>/5,V3,1),

(zi-CD'——y+y[3z—0

Az

設(shè)面4C。'與面EF。'4'所成二面角為。，

川島"01=刖I=_|0x(一@)二后x乃+1x11=±

'同向J(-V3)2+l2J(-/3)2+(^)2+l2"

所以sin0=x/1—cos2G=

【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間線面位置關(guān)系的證明，以及利用坐標(biāo)法求二面角，屬于中檔題.

10.(2025?北京)四棱錐P-A8C7)中，△4C。與△ABC為等腰直角三角形，NAZ)C=90°,NBAC=90°,

E為8c的中點(diǎn).

(1)尸為尸。的中點(diǎn)，G為PE的中點(diǎn)，證明：bG〃平面以&

(2)若辦_L平面A8CD,PA=AC,求A3與平面PCQ所成角的正弦值.

【考點(diǎn)】空間向量法求解直線與平面所成的角；直線與平面平行.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)y.

【分析】(1)取外的中點(diǎn)M的中點(diǎn)M,連接FN、只需證明/G〃MN即可；

(2)建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出直線的方向向量與平面PC。的法向量，根據(jù)向量夾角公式

即可求解.

【解答】解：(1)證明：取出的中點(diǎn)N,P8的中點(diǎn)M,連接月V、MN,

???△ACQ與△ABC為等腰更角三角形，ZADC=90°,ZBAC=90°,

不妨設(shè)4D=CO=2,：.AC=AB=2^2,

ABC=4,

?：E、F分別為BC、PO的中點(diǎn)，

:,FN=\AD=LBE=2,

???GM=I,

VZD/1C=45°,N4CB=45',

J.AD//BC,

:.FN〃GM,

???四邊形FGMN為平行四邊形，

:.FG〃MN,

平面以4,MNu平面例從

???尸G〃平面PAB；

(2)平面ABCO,

???以A為原點(diǎn)，AC.AB.AP所在直線分別為x、)，、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AQ=CQ=2,則A(0,0,0),3(0,2VL0),C(2&,0,0),。(夜，-VL0),P(0,0,2企),

：,AB=(0,2VL0),DC=[42,VL0),CP=(-272,0,2V5),

設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為ri=(x,y,z),

.DC-n=0.(V2x+\[2y=0

Iff.n=01-2A/2X+2^2z-0

取x=1,.*.j=-1,z=l,

,\n=(I>-1,1),

設(shè)AB與平面PC。成的角為3

m.|.n.//Al?/向I0X1+2&X(-l)+0xl|272g

則s。/=\cos(AB,n)|=」二=J----/J1J=77x-7x=不，

\AB\-\n\2>/2jl2+(-l)2+l22J2、3J

即AB與平面尸CO成角的正弦值為三.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行得判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題.

11.(2025?上海)在三棱錐P-44c中，平面用C_L平面A4C,PA=AC=CP=2,AB=BC=V2.

(1)若O是棱AC的中點(diǎn)，證明：8O_L平面必C,并求三棱錐B-OM的體積；

(2)求二面角B-PC-A的大小.

【考點(diǎn)】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角；棱錐的體積；直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何：運(yùn)算求解.

【答案】(1)證明過(guò)程見(jiàn)解析，體積為亞：(2)arccos^.

【分析】(1)作出輔助線，得到線線垂直，根據(jù)面面垂直，得到線面垂直，并利用錐體體積公式求出答

案；

(2)證明出08,OC,OP兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩個(gè)平面的法向量，利用向最法求出

二面角B-PC-A的大小.

【解答】解：(1)證明：連接30,因?yàn)?8=8C=&,所以BO_LAC,

因?yàn)槠矫娓紺_L平面ABC,交線為AC,

80u平面ABC,

所以80_L平面PAC,

因?yàn)橐?AC=CP=2,所以PO_LAC,AO=1,PO=y/AP2-AO2=V3,

故S.A=/OP?力。=/x6x1=堂，

乙乙乙

AB=V2,由勾股定理得X。=7AB2一心=Vz-1=1,

又80_L平面以。，

三棱錐B-OPA的體積V=聶0Pzi?8。=梟亭X1二誓

(2)由(1)知，BO_L平面見(jiàn)C,OC,OPu平面見(jiàn)C,

所以B0_L0C,BOLOP,又POJ_4C,故OB,OC,OP兩兩垂直,

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，。從OC,。。所在直線分別為此)，,2軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

則8(1,0,0),P(0,0,V3),C(0,1,0),A(0,-1,0),

BP=(-1,0,V5),PC=(0,1,-V3),

設(shè)平面BPC的一個(gè)法向量為蔡=(x,y,z),

m-BP=(%,y,z)?(—1?0,V3)=-z+V3z=0

則T1警，則,

國(guó)1PCm-PC=(x,y,z)?(0,1,—V3)—y—V3z=0

令z=1得％=y=V5,故m=(V5,V3,1),

又平面PC4的一個(gè)法向量為蔡=(1,0,0).

布S=G'G,店，1>(L0,0)=旦=叵

故cos<m,n>=

|?n|-|n|J3+3+1

由圖可知，二面角8-PC-A為銳角,

故二面角B-PC-A的大小為arccos亨.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查三楂錐的體積計(jì)算，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題.

12.(2024?新高考I)如圖，四棱錐P-ABCO中，以J_底面A/3C。，PA=AC=2,BC=1,AB=V3.

(1)若證明：AO〃平面P8C；

V42

(2)若AOJ_OC,且二面角A-CP-。的正弦值為一，求AQ.

7

【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；邏輯思維.

【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容

【分析】(1)由以_1面48。7),結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理可得附_LAO,又AO_L/>8,結(jié)合線面垂直的

判定定理可得人。_1_面以從則推出AO〃改7,結(jié)合線面平行的判定定理，即可得出答案.

(2)以ZM,〃C?為x,)，軸，過(guò)點(diǎn)。作平面垂直的線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系。

-R，Z,令則QC=C(0,4〒，0),求出平面4cp的法向量5=(xi,yi,zi),

/-TT

平面CP。的法向量為3=(A2?V2?Z2)>則J=|cosv\,6>|=|?2，解得/，即可得出答案.

7\nx\\n2\

【解答】解：(1)證明：因?yàn)锽4J_面ABCQ,AOu面ABC。，

所以PAA.AD,

又因?yàn)锳O_LP8,PBQPA=P,PB,%u面附B,

所以AO_L面PAB,

又A4u面PAB,

所以AQ_LA8,

在△ABC中，AB2+BC2=AC2,

所以AB_LBC,

因?yàn)锳,B,C,Z)四點(diǎn)共面，

所以AO〃8C,

又因?yàn)?Cu面P8C,AOC面P8C,

所以A?！鍼BC.

(2)以DA,OC為x,)，軸，過(guò)點(diǎn)。作平面A4C。垂直的線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系。

-xyzt

令則八(/,0,0),P(/,0,2),D(0,0,0),

DC=C(0,V4^F,0),

設(shè)平面4CP的法向量ni=(xi,y\,zi),

所以■AC=Fi+,4-￡2yl=0,

、2Z]=0

設(shè)xi=-12,則),[=/,Zi=o,

所以ni=(y/4—t2,t,0),

設(shè)平面CPD的法向量為電=(X2,>,2,Z2),

所以石,DP=tX2+2Z2=0

2

n2-DC=>/4-ty2=0

設(shè)z2=r?則X2=-2,>2=0,

所以n?=(-2,0,/),

V42V7

因?yàn)槎娼茿-的正弦值為〒，則余弦值為〒

又二面角為銳角,

所以"=|8SV,5>尸|字紋|二名匠,

7EIIM2出+4

所以/=V5,

所以AD=V3.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題.

13.(2024?甲卷)如圖，在以A,B,C,D,E,/為頂點(diǎn)的五面體中，四邊形ABC。與四邊形COE/均

為等腰梯形，AB//CD,CD//EF,AB=DE=EF=CF=2,8=4,/ID=FC=V10,AE=2\/3,M為

CD的中點(diǎn).

(1)證明：EM〃平面BCR

(2)求二面角A?EM?B的正弦值.

【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；運(yùn)算求解.

【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容

【分析】(1)易證四邊形EFCM為平行四邊形，由線面平行的判定定理即可證明；

(2)取。M的中點(diǎn)0,連結(jié)。4,0E,則。4_LOM,0E1DM,0AA.0E,建立空間直角坐標(biāo)系，利

用空間向量法求二面角即可.

【解答】(1)證明：由題意得：EF〃CM,EF=CM,

所以四邊形EFCM為平行四邊形，

所以EM〃。八

而EMC平面CFc^F?BCF,

所以EM〃平面BCF.

(2)解：取。M的中點(diǎn)0,連結(jié)。4,OE,

由已知得，△EMO是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，△AOM是以AO=AM=VTU為腰的等腰三角形,

則OE±DM,OAYDM,0A=3,OE=百，

故OA_LOb以0為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,0,3),E(V3,0,0),M(0,1,0),B(0,2,3),

AE=(V5,0,-3),EM=(-V3,1,0),MB=(0,1,3),

設(shè)平面的法向量為］=(x,y,z),

則付空=°，即”一3z=0

In-EM=0+y=0

取z=I,則幾=(V3,3,1),

同理，平面4KM的一個(gè)法向量為藍(lán)=(V3,3,-1),

口、-*、?九

所r以icosJ<m,n>=-m—―=1-1rx,

|m||n|13

sin<m,n>=

4\/3

故二面角A-EM-B的正弦值不」

13

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間線面平行的判定，考查利用空間向量求二面角，屬于中檔題.

14.(2024?北京)如圖，在四棱錐P-A8C7),BC//AD,AB=BC=\,AD=3,點(diǎn)石在AO上，且PEJ_

AD,DE=PE=2.

(1)若廣為線段尸E的中點(diǎn)，求證：8/〃平面尸CO.

(2)若48_1_平面以。，求平面附8與平面PCO夾角的余弦值.

【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法：直線與平面平行.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；運(yùn)算求解.

【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容

【分析】(1)設(shè)M為的中點(diǎn)，連接BW,CM,證明四邊形BCM廠為平行四邊形，即可得B廣〃CM,

由線面平行的判定定理即可證明；

(2)易得CE_L平面以。，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求解.

【解答】(1)證明：如圖，設(shè)M為P。的中點(diǎn)，連接FM,CM,

因?yàn)槭荘E中點(diǎn)，所以尸M//E。，且五M=)TO,

因?yàn)锳D〃BC,AB=BC=\,AD=3,DE=PE=2,

所以四邊形為平行四邊形，

A8CEBC//ED,乙

所以FM〃8C,且尸M=BC,

即四邊形8cM尸為平行四邊形，

所以BF〃CM,

因?yàn)?FU平面PCD,CMu平面PCD,

所以BF〃平面PCD.

(2)解：因?yàn)槠矫鍼AD,

所以CE_L平面附。，EP,ED,EC相互垂直，

以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

Ay

則P(0,0,2),A(0，?1，0)，B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),

所以而=

(1,0,0),AP=(0,1,2),PC=(1,0,-2),CD=(-1,2,0),

設(shè)平面以3的一個(gè)法向量為蔡=(xi,y\,zi),

則行m=4=°,取z]=?l,則心(0,2,-I),

\m-AP=yr+2zi=0

設(shè)平面PCO的一個(gè)法向量為1=(X2,1y2,Z2),

x

plijh-=2-2z2=0,取Z2=l,則1=(2,1,1),

{nCD=-x2+2y2=0

設(shè)平面以臺(tái)與平面PCD夾角為e,

milA后；2-11/30

貝IJcos0=—_—=—~—=-f==~^r.

|7n|-|n|\^5xV6v13030

【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定定理，向量法求解二面角問(wèn)題，屬于中檔題.

15.(2024?新高考II)如圖，平面四邊形ABC。中，48=8,8=3,AD=5^3,NAOC=90°,NBA。

T2TT11

=30°,點(diǎn)￡,“滿足AF=^AB,將△AM沿稗對(duì)折至△「￡/,使得PC=4百.

(1)證明：EFYPDx

(2)求面PC。與面P8b所成的二面角的正弦值.

【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；邏輯思維.

【答案】(1)證明詳情見(jiàn)解答.

【分析】⑴在△AEF中，AE=1AD,AF=^AB,NE4產(chǎn)=30°,由余弦定理可得印，由勾股定理的

逆定理可得4E_LE凡由折疊的性質(zhì)可知PE_LEF,由線面垂直的判定定理可得E/LL面POE,即可得出

答案.

(2)由線面垂直的判定定理可得。￡_1_面DEF,進(jìn)而可得EF,所在直線兩兩垂直，以EF,ED,

EP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,求出平面PCD的法向量%二(HI,yi,zi),

平面P8P的法向量R=(.⑵%Z2),設(shè)平面PCO與平面PB尸所成的二面角為a,計(jì)算cos〈亢，n2>

二,進(jìn)而可得答案.

?niii^r

n1

【解答】解：(I)證明：在△△箱中，4石=等40=26，"=%B=4,ZEAF=30°,

AE2+AF2-EF2124-16-EF2/3

所以cos/EAG：=

2AEAF—-2-2N/3-4-一

所以正尸=2,

所以EF1+AE1=AF2,

所以4瓦LEF,

所以DEA-EF,

由折疊的性質(zhì)可知PE±EF,

又PEC\DE=E,PE,OEu面POE,

所以M_L面PDE,

乂尸。u面PDE,

所以EFLPD.

(2)DE=5V3-2V3=3V3,CD=3,NCDE=90°,

所以。戶=36,CE=6,

PE=AE=2\[3,

所以PE2+CE2=PC2,

所以PE上CE,

又因?yàn)镋FRCE=E.EF,CEcffiDEF,

所以PE_LlHDEF,

又DEu面DEF,

所以PELED,

所以ED,EP所在直線兩兩垂直，

所以而=(0,36，-2V3),CD=(-3,0,0),PB=(4,273,-2V3),FF=(-2,-273,0),

設(shè)平面PC。的法向量房=(xi,y\,z\),

所以3，0。=36%-26Z[=0

nxCD=-3%!=0

設(shè)戶=2,則zi=3,xi=0,

所以云=（0,2,3）,

設(shè)平面P6P的法向量R=（X2,”，Z2）,

所以-PB=4X2+275y2-2Vsz2=0

（n2?BF=-2X2—2\[3y2=0

設(shè)X2=V3,則）2=-1，Z2=1，

所以？12=（V3,-1,1）,

設(shè)平面PCD與平面尸8尸所成的二面角為a,

res,7>-。2,3）（氏-LI）_]_￡65

…一曬一HW不而一ef'

所以sma=Jl—（嚼六二蜜，

【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面的位置關(guān)系，二面角，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題.

16.（2024?上海）如圖，PA.PB、PC為圓錐三條母線，AB=AC.

（1）證明：PAlBCi

（2）若圓錐側(cè)面積為6兀，8c為底面直徑，BC=2,求二面角8-%-C的大小.

【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想：綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解.

【答案】（1）證明見(jiàn)解答；

（2）7F—nrccn.<?i.

【分析】