2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题45 立体几何中的向量方法(解析版)

考点45 立体几何中的向量方法

1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAB底面ABCD，E为PC上的点，且BE平面APC

（1）求证：平面PAD平面PBC；

（2）当三棱锥PABC体积最大时，求二面角BACP的余弦值． 【答案】（1）见证明；（2）【解析】

（1）证明：∵侧面PAB底面ABCD，侧面PAB底面ABCDAB，四边形ABCD为正方形，∴

3. 3BCAB，面ABCD，

∴BC面PAB， 又AP面PAB， ∴APBC，

BE平面APC，AP面PAC，

∴APBE，

BCBEB，BC,BE平面PBC，

∴AP面PBC，

AP面PAD，

∴平面PAD平面PBC． （2）VPABCVCAPB111PAPBBCPAPB， 323求三棱锥PABC体积的最大值，只需求PAPB的最大值．

令PAx,PBy，由（1）知，PAPB， ∴xy4，

22而VPABC11x2y22xy， 33232，即PAPB2时，

当且仅当xyVPABC的最大值为

2． 3如图所示，分别取线段AB，CD中点O，F，连接OP，OF，

以点O为坐标原点，以OP，OB和OF分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Oxyz． 由已知A(0,1,0),C(0,1,2),P(1,0,0)，

所以AP(1,1,0),AC(0,2,2)， 令n(x,y,z)为面PAC的一个法向量，

则有xy0，

2y2z0∴n(1,1,1)

易知m(1,0,0)为面ABC的一个法向量， 二面角BACP的平面角为，为锐角

则cosnm13.

nm332．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O的直径AB＝6，C为圆周上一点，BC＝3，平面PAC垂直圆O所在平面，直线PC与圆O所在平面所成角为60°，PA⊥PC．

（1）证明：AP⊥平面PBC

（2）求二面角P—AB一C的余弦值 【答案】(1)见解析.(2) 【解析】

（1）由已知可知ACBC，又平面PAC平面圆O，平面PAC∴BC平面PAC，∴BCPA， 又PAPC，PC∴PA平面PBC.

（2）法一：过P作PHAC于H，由于平面PAC平面

平面圆OAC，

21. 7BCC，PC平面PBC，D平面PBC，

O，则PH平面O，

则PCH为直线PC与圆O所在平面所成角，所以PCH60. 过H作HFAB于F，连结PF，则PFAB， 故PFH为二面角P-AB-C的平面角.

由已知ACPABC60，CAPCAB30， 在RtAPC中，PHAPsin30ACcos30sin3033319， 224AP29393由APAHAC得AH，在RtAFH中，FHAHsin30， AC482

9PH23214故tanPFH，故cosPFH， HF93378即二面角P-AB-C的余弦值为

21. 7

法二：过P作PHAC于H，则PH平面O，过H作HF//CB交AB于F，

以H为原点，HA、HF、HP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

93339P0,0,A,0,0B,3,0H(0,0,0)则，，，444939AP,0,从而44，AB(33,3,0)， ， 设平面PAB的法向量n(x,y,z)，

939APnxz0z3x则得， 44ABn33x3y0y3x令x1，从而n(1,3,3)， 而平面ABC的法向量为m(0,0,1)， 故cosn,mnmnm321，

7721. 7即二面角P-AB-C的余弦值为

3．（四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PAAD2，PADBAD120，E，F分别为PD，BD的中点，且EF6. 2

（1）求证：平面PAD平面ABCD； （2）求锐二面角EACD的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）【解析】

（1）过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO， 由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，

=2×∴在Rt△PAO中，PO=PAsin∠PAO=2sin60°

5 53=3， 2∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO，∴△PAO≌△BAO，∴BO=PO=3，

∵E，F分别是PA，BD的中点，EF=

6，∴EF是△PBD的中位线， 2∴PB=2EF=2×6=6， 2

222

∴PB=PO+BO，∴PO⊥BO，∵AD∩BO=O，∴PO⊥平面ABCD，

又PO⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD．

（2）以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， A（0，1，0），P（0，0，3），B（3，0，0），D（0，3，0），

333133130）∴E（0，，），F（，，，AE=（0，，），AF=（，，0），

22222222易得平面ABCD的一个法向量m=（0，0，1），

13nAEyz022设平面ACE的法向量n=（x，y，z），则，

nAF3x1y022取x=1，得n=（1，-3，1），

设锐二面角的平面角的大小为θ，则cosθ=|cos＜m,n＞|=

5． 5mnmn=5， 5∴锐二面角E-AC-D的余弦值为

4．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥

平面

，二面角

为

为

中点．

中，，

（1）求证：；

（2）求与平面所成角的余弦值．

.

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）证明：作SA中点F，连接EF ∵E为SD中点 ∴∵∴

∴得平行四边形∴∵∴∴∵∴∴∴

平面

为二面角

的平面角

（2）作AB中点O，由（1）知∵∴

平面

如图建立空间直角坐标系

设∴

，则

，得

所成角的余弦值为

.

设平面SCD的法向量令∵∴∴

∴AB与平面

，则

5．（安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测数学理）如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF23FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是30.

（1）证明：AF平面EFDC；

（2）求直线BF与平面BCE所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；

（2）

2. 4【解析】 （1）

面ABEF为正方形ΑFFE

又AFD90ΑFDF，而DFFEF,

DF面EFDC,EF面EFDC

ΑF面EFDC

（2）

AFABEF，则由（1）知面EFDC平面ΑΒΕF，过D作DGΕF，垂足为G，DG平面ΑΒΕF．

uuur 以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GD为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．

由（1）知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE30，又AF23FD，则DF2，

GF3，AF43B33,43,0，E33,0,0，F由已知，AB//EF，AB//平面EFDC．又平面ABCD3,0,0．

平面EFDCDC，

故AB//CD，CD//EF．由BE//AF，可得BE平面EFDC，

CF为二面角CBEF的平面角，CΕF30．C23,0,1． ΕC3,0,1，ΕΒ0,43,0，BF43,43,0．

nC03xz0设nx,y,z是平面ΒCΕ的法向量，则，即，

n043y0可取n1,0,3 .

则sincosBF,nBFnBFn432． 4462直线BF与平面BCE所成角的正弦值为2 .

4

6．（湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五)数学（理）在五边形AEBCD中，BCCD，CD//AB，AB2CD2BC，AEBE，AEBE（如图）.将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图）.

（1）求证：平面ABE⊥平面DOE；

（2）求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小. 【答案】（1）见解析（2）45°【解析】

（1）由题意AB2CD，O是线段AB的中点，则OBCD.

又CD//AB，则四边形OBCD为平行四边形，又BCCD，则ABOD， 因AEBE，OBOA，则EO⊥AB.

EODOO，则AB⊥平面EOD.

又ABÌ平面ABE，故平面ABE⊥平面EOD.

（2）由（1）易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， △EAB为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC， 则OAOBODOE，取CDBC1，

则O（0，0，0），A（-1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0）， E（0，0，1），则CD， （1，0,0)，DE（0，11，）设平面ECD的法向量为n， （x，y，z）nCD0,则有取nDE0,x0,， z1，得平面ECD的一个法向量n（0，11，）yz0,因OD⊥平面ABE.则平面ABE的一个法向量为OD， （0，1，0）设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，则

coscosOD,n=0|001101|112122， 2因为(0,90)，所以450，

. 故平面ECD与平面ABE所成的镜二面角为45°

7．（河北省保定市2019年高三第二次模拟考试理）如图，已知四棱锥中，四边形ABCD为矩形，AB22，BCSCSD2，BCSD.

（1）求证：SC平面SAD； （2）设AE1EB，求平面SEC与平面SBC所成的二面角的正弦值. 2213 13【答案】（1）见证明；（2）【解析】

（1）证明： BCSD ，BCCD 则BC平面SDC, 又BC//AD 则AD平面SDC，SC平面SDC SCAD

222又在△SDC中，SC=SD=2, DC=AB=22，故SC+SD=DC

则SCSD ，又SD所以 SC平面SAD

ADD

（2）解：作SOCD于O，因为BC平面SDC, 所以平面ABCD平面SDC，故SO平面ABCD 以点O为原点，建立坐标系如图.

则S(0,0,2),C(0，2,0), A(2，-2,0),B(2，2,0) 设E(2,y,0),因为AE1EB 2所以y2122 即E((2,,0) (2y),y23342,0),CB=(2,0,0) 3SC=(0,2,-2),CE(2,-设平面SEC的法向量为n=(x,y,z),平面SBC的法向量为m=(a,b,c)

2y2z=0SC·=0n,令z3，则y3，x23 42ny=0CE·=02x3n=(22,3,3)

vm=(0,1,1)SC·m=0m=0CB·2b2c0，令b1，则c1，a0 2a0

urrurrmgn6313cos=urr==13188g2|m||n|所以所求二面角的正弦值为213 138．（陕西省西安市2019届高三第三次质量检测理）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB平面BB1C1C，

E是CC1的中点，BC1，BB12，BCC160°.

（1）证明：B1EAE； （2）若AB2，求二面角AB1EA1的余弦值.

6. 3【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

解：（1）证明：连接BC1，BE， 因为在

中，BC1，CC1BB12，BCC160°．

所以BCBC1． 1所以BECC11，

2因为B1EEC12B1C122EC1B1C1cos1203．

所以B1EBE，

又AB平面BB1C1C，且B1E平面BB1C1C， 所以B1EAB，ABBEB， 所以B1E平面ABE， 因为AE平面ABE， 所以B1EAE．

（2）以B为原点建立如图所示空间直角坐标系，

13则A0,0,2，B11,3,0，E2,2,0，A11,3,2，

3333所以B1E2,2,0，AB11,3,2，A1E2,2,2，

设平面AB1E的法向量为nx,y,z，设平面A1B1E的法向量为ma,b,c， 则{rB1En0AB1n0 {3xy0x3y2z03ay0 ，取n1,3,2，

则{B1Em0A1Em0 {3a3b22c0 ，

取m1,3,0． 所以cosn,mmn46，

3mn266． 3中，底面的中点.

为平行四边形，平

即二面角AB1EA1的平面角的余弦值为9．（河南省重点高中2019届高三4月联合质量检测数学理）在四棱锥面

平面

，

是边长为4的等边三角形，

，是

（1）求证：（2）若直线

； 与平面

所成角的正弦值为

，求平面

与平面

所成的锐二面角的余弦值.

【答案】(1)见证明；(2) 【解析】

（1）因为所以又平面所以所以又因为所以又因为又所以

. 平面.

是等边三角形，是的中点，

平面平面，，

.所以，所以且

，.

，平面平面，平面，

， . . 平面

，所以

平面

.

（2）

由（1）得所以因为直线所以由（1）得

，

平面. 与平面

所成角.

，即.则

，

，，所以.

所在的直线分别为，，轴，

.

就是直线与平面

所成角的正弦值为

，解得

，两两垂直，所以以为原点，

建立如图所示的空间直角坐标系， 则点所以令平面由令

的法向量为得，可得平面

的一个法向量为

，

.

，

，，

，则

解得

；

，.

，

易知平面设平面

的一个法向量为与平面

所成的锐二面角的大小为，则

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

中，侧棱

和

的中点

底面

，

10．（天津市北辰区2019届高考模拟考试数学理）如图，在四棱柱

，

，

，

，且点和分别为

（I）求证：（II）求二面角

平面； 的正弦值；

（III）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求

的长。

【答案】（I）见解析（II）【解析】

（III）

（I）以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：

则，，

，，

，，

平面的法向量

又，

，

面

面，且

，

（II）设面的法向量

，令

设面

的法向量

，则

，且

，

，

，令，则，

即二面角（III）设又面

的正弦值是，则的法向量

，解得：，即

或

（舍）

11．（东北三省三校（辽宁省实验中学、东北师大附中、哈师大附中)2019届高三第三次模拟考试数学理）如图四棱锥是棱

上的动点.

中，

底面

，

是边长为2的等边三角形，且

，

，点

（I）求证：平面（Ⅱ）当线段

平面；

与平面．

所成角的正弦值.

最小时，求直线

【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）【解析】 （Ⅰ）证明：∵

底面

，

底面，

∴取∵∴∴点又∴∵∴平面

． 的中点，连接是等边三角形，，

，

， ，

，

共线，从而得

， 平面平面

， ， 平面

.

（Ⅱ）解：取∴∴

底面

中点，连接，

，则，

两两垂直．

， ， ,

的法向量为

，得

，得

． ，则

，

时，与平面

有最小值，且所成角为，

，此时

．

，

，

，

以为原点如图建立空间直角坐标系则∴设平面由令设∴∴当设直线

则∴直线

与平面

所成角的正弦值为

．

，

12．（安徽省蚌埠市2019届高三年级第三次教学质量检查考试数学理）如图，在以为顶点，母线长为圆锥中，底面圆的直径接

，

.

长为2，是圆所在平面内一点，且

是圆的切线，连接

的

交圆于点，连

（1）求证：平面（2）若是

平面； ，

，当二面角

的大小为

时，求平面

与平面

所成锐

的中点，连接

二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）【解析】 解：（1）

是圆的直径，

平面

，∴

，∴

平面

，∴

，从而平面

为二面角.

平面

.

的平面角，

与圆切于点，

.

底面圆，∴

，

又∵在∵（2）∵ ∴

中，，∴，，

如图建立空间直角坐标系，易知则

，

，

，

，

由（1）知设平面

，

为平面

，

的一个法向量，

的法向量为

，

， ，

∵ ，，∴，，

∴ 故平面

，即

的一个法向量为

，

∴.

∴ 平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

13．（北京市房山区2019年高考第一次模拟测试数学理）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E，F，O分别为DC，AE，BC的中点．以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置，且平面PAE⊥平面ABCE（如图2）． （Ⅰ）求证：BC⊥平面POF；

（Ⅱ）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；

（Ⅲ）在线段PE上是否存在点M，使得AM∥平面PBC？若存在，求

的值；若不存在，说明理由．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】

；（Ⅲ）见解析

（Ⅰ）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD中点，所以DA＝DE，即PA＝PE， 又F为AE的中点，所以PF⊥AE，又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE， PF⊂平面PAE，所以PF⊥平面ABCE，BC⊂平面ABCE，所以PF⊥BC，

由F，O分别为AE，BC的中点，易知FO∥AB，所以OF⊥BC，所以BC⊥平面POF，

（Ⅱ）过点O做平面ABCE的垂线OZ，以O为原点，分别以OF，OB，OZ为x，y，z轴建立坐标系O﹣xyz， 则∴

，设平面PBC的法向量为

由得，令z＝3得，

，

所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值.

（Ⅲ）在线段PE上不存在点M，使得AM∥平面PBC．证明如下： 点M在线段PE上，设

则

， ,

若AM∥平面PBC，则由

得

，

，解得λ＝2∉[0，1]

所以在线段PE上不存在点M，使得AM∥平面PBC．

14．（湖南省长沙市第一中学2018届高三下学期高考模拟卷三数学理）如图，菱形于点，

，

，点，分别在

，

上，

，

交

于点.将

的对角线沿

折到

与交的

位置，.

（I）证明：平面（Ⅱ）求直线

平面与平面

； 所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）见解析.( Ⅱ) 【解析】 （Ⅰ）∵ ∵四边形∵又∴又∵∵∴平面

平面，∴，

，∴为菱形，∴

； ，∴，∴，∴， 平面

. 平面

.

，∴，∴

. ，∴

，∴

.

，∴

，∴.

， .

（Ⅱ）建立如图坐标系设平面

的法向量

，则，

，，，，，，

由∴

得.

，取，

设直线∴

与平面

，

所成角为，

∴.

15．（安徽省芜湖市2019届高三5月模拟考试数学理）如图，已知圆柱，底面半径为1，高为2，

是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其路径最短时在侧面留下的曲线记为：将轴截面

绕着轴

，逆时针旋转

角到

位置，边

与曲线相交于点.

（1）当（2）当

时，求证：直线时，求二面角

平面；

的余弦值. .

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 （1）方法一：当

时，建立如图所示的空间直角坐标系，

则有

，

，

，

，，，

. ，则

，

平面

. 中，

，

，∴

，

，

， .

设平面可取所以直线

的法向量为，得

方法二：在正方形

平面

所以所以直线

，又平面

.

，

，又

，

平面，

平面

（2）当时，以所在直线为轴，过点与

垂直的直线为轴，所在的直线为轴建立如图空间

直角坐标系，

可得设平面

，所以的法向量为

，则

，

，可取，得，

又平面的一个法向量为

的余弦值为

，则.

所以二面角

16．（山东省泰安市2019届高三第二轮复习质量检测数学理）如图，正方形面

，

．

边长为，平面平

(1)证明：(2)求二面角

；

的余弦值．

.

【答案】（1）证明见解析；(2)【解析】 （1）证明：平面

，

∴又∴又∵∴又∴

平面平面. 平面平面 ，

，

，

面， ，

平面

，平面平面

，平面

（2）解：如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则在直角

，中，

，

，

，易得

，

由（1）知为平面，

的一个法向量，

设则

是平面BDE的一个法向量

即令∴

，则

，

∴二面角

的余弦值是

.

的底面

是菱形，

17．（广西桂林市、崇左市2019届高三下学期二模联考数学理）已知四棱锥

，

底面

，是

上的任意一点.

（1）求证：平面（2）设

平面；

与平面

所成的锐二面角的大小为

？如果存在，求出点

，是否存在点使平面

的位置，如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】

（1）证明：∵∵四边形∵∵

平面

平面，

. . 平面

平面，∴.

是菱形，∴，∴

平面

，∴平面.

（2）设与的交点为，以、所在直线分别为、轴，

以过垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图），

则设设

，，则，

，

,

，，,

.

∴∴设平面∵求得

∴

.

的法向量，∴

为平面

.

，

,

，

的一个法向量.

，

同理可得平面∵平面

的一个法向量为

所成的锐二面角的大小为

与平面

∴∴为

的中点.

，解得：.

18．（山东省青岛市2019届高考模拟检测数学理）如图，在圆柱中，点平面

是轴截面，点在上底面圆周上（异于、），点为下底面圆弧

、分别为上、下底面的圆心，

的中点，点与点在平面

的同侧，圆柱的底面半径为1，高为2.

（1）若平面（2）若直线面角大于.

平面与平面

，证明：；

，证明：平面

与平面

所成锐二面角的平

所成线面角的正弦值等于

【答案】（1）见证明；（2）见证明 【解析】 （1）由题知：面因为所以所以（2）以点所以设设平面

，平面.

为坐标原点，分别以，，则的法向量

，，

， ，，

， ，

为、、轴建立空间直角坐标系

.

面平面，

，面， 平面

面

，

因为，所以，

所以，即法向量.

因此所以设面

，解得

的法向量

，，

，所以点

.

.

因为，所以，

所以，即法向量.

因为面的法向量，所以 ，

所以面与面所成锐二面角的平面角大于.

19．（四川省攀枝花市2019届高三下学期第三次统考数学理）已知三棱锥PABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于22的正方形，ABE和BCF均为正三角形，在三棱锥

PABC中：

（Ⅰ）证明：平面PAC平面ABC； PM1（Ⅱ）若点M为棱PA上一点且

MA2，求二面角PBCM的余弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）223. 【解析】

解：（Ⅰ）设AC的中点为O，连接BO，PO．

由题意，得PAPBPC22，PO2， AOBOCO2． 在PAC中，PAPC，O为AC的中点， POAC， 在POB中，PO2，OB2，PB22，

PO2OB2PB2，

POOB．

ACOBO，AC，OB平面ABC，PO平面ABC，

PO平面PAC，平面PAC平面ABC．

（Ⅱ）由PO平面ABC，OBAC， POOB，POOC，

于是以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，

则O0,0,0， C2,0,0， B0,2,0， A2,0,0，P0,0,2， M2,0,433，PC2,0,2， MC843,0,3．

设平面MBC的法向量为mx1,y1,z1，

BC2,2,0，

则由{mBC0mMC0 得： {x1y102x1z10 ．令x11，得y11，z12，即m1,1,2．

设平面PBC的法向量为nx2,y2,z2， 由得{nBC0nPC0 ： {x2y20x2z20 ，令x1，得y1，z＝1，即n1,1,1．

cosnmmn42222．由图可知，二面角PBCM的余弦值为． mn318320．（福建省泉州市2019届高三第二次（5月)质检数学理）四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，

ABAD，AD//BC，AB1，AD2BC2， PD3．

（1）求证: 平面PBD平面PAC;

（2）M为棱PB上异于B的点，且AMMC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析（2）【解析】

（1）证明：在RtABC与RtABD中，因为

239 13BC2AB2， ， AB2AD2所以

BCAB，ABCDAB900,即ABCDAB，所以ABDBCA. ABAD因为ABDCBD900,所以BCACBD900,所以ACBD． 因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PD AC， 又BDPDD，所以AC平面PBD，

又AC平面PAC， 所以平面PBD平面PAC．

（2）过A作AE//DP，因为PD平面ABCD，所以AE平面ABCD，即AE,AB,AD两两相垂直，以A为原点，AB,AD,AE所在的直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 因为AB1，AD2BC2，PD3，

2所以A0,0,0，B1,0,0，C1,2,0，D0,2,0，P0,2,3，

2AB1,0,0，BP1,2,3，CB0,2,0，

设BMBP，0,1．则AMABBP1,2,3，

2CMCBBP,2,3. 22212230， 因为AMMC，所以AM·CM0，即2解得6220，0或11．因为0,1，所以． 33223223AM,,M所以333，即3,3,3．

2223xyz0000DM0n·333 设nx0,y0,z0为平面MCD的一个法向量，则， DC02n·xy00026所以取n2,3,2，

设直线AM与平面MCD所成角为，

 sincosAM,nAM·nAMn666239333, 134236329994

所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值239． 13

21．（福建省龙岩市2019届高三5月月考数学理）如图，在三棱锥DABC中，ABC为等边三角形，

DACDAB，BCD面积是ABC面积的两倍，点M在侧棱AD上.

（1）若BM⊥AD，证明：平面ACD平面BCM； （2）若二面角DBCA的大小为

2，且M为AD的中点，求直线BM与平面ACD所成角的正弦值. 3【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

313. 13（1）证明：因为ACAB,DACDAB，所以ACD≌ABD， 所以DCDB．

取BC中点O，连结DO,AO，所以DO⊥BC，AO⊥BC， 因为AODOO，所以BC⊥平面AOD，所以BC⊥AD， 又因为BM⊥AD，BCBMB，所以AD⊥平面BCM， 所以平面ACD⊥平面BCM．

（2）由（1）知，DOA是二面角D-BC-A的平面角， 所以DOA2π， 3过D作DGAO交AO延长线于G，因为BC⊥平面AOD，DG平面AOD，

所以BCDG，

因为AOBCO，所以DG平面ABC．

如图，以O为原点，以OA，OB，GD的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

设AB2a a0，则AO又因为SBCDD3a，

2SABCD，

所以DO2OA23a， 在RtDGO中，DOG所以DG3a ，OGπ， 33a ，

所以D3a,0,3a,C0,a,0,B0,a,0,A所以DA23a,0,3a，DC3a,0,0，

3a,a,3a，

设nx,y,z是平面DCA的法向量，

nDA0,23x3z0, 则即nDC0,3xy3z0,取n3,33,23，

因为点M是线段AD的中点 ，所以M0,0,3a， 2所以BM0,a,3a ， 2设直线BM与平面DCA所成角的大小为，则

sincosn,BMnBMnBM63a3a92712a22231313，

所以直线BM与平面CDA所成角的正弦值为313． 1322．（河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（二)数学（理）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且ABC60，BM平面ABCD，BMDN，BM2DN，点E是线段MN上任意一点．

(1)证明：平面EAC平面BMND； (2)若AEC的最大值是

2，求三棱锥MNAC的体积． 3【答案】(1)见证明；(2) VMNAC【解析】

35 10 (1)因为BM平面ABCD，则ACBM. 又四边形ABCD是菱形，则ACBD，又BDBMB,

所以AC平面BMND,因为AC在平面EAC内， 所以平面EAC平面BMND.

(2)设AC与BD的交点为O，连结EO. 因为AC平面BMND，则ACOE，又O为AC的中点，则

2AE2AC22，AEC0,．当AE最短时∠AECAECE，由余弦定理得cosAEC1222AEAE最大，此时AEMN，CEMN，AEC2233,OE=. 取MN的中点H，，因为AC=2,AE333分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

设NDa，则点A1,0,0，N0,3,a M0,3,2a，AN1,3,a，AM1,3,2a．设平面AMN的法向量nx,y,z，

3aANn03ax3yaz0,,1,即 ，取z1，则n则， 26AMn0x3y2az03a3a同理求得平面CMN的法向量m2,6,1.

因为AEC2是二面角 AMNC的平面角，则 39a23a211564361，解得

或a． acosAECcosm,n221029a3a21436由图可知a6153,故a (舍去)，a，

21033915231214332，AE，S， 12AEsinEAC2010232323311391535. SAECMN3331010因为MNa2BD2则VMNACVMEACVNEAC23．（陕西省渭南市2019届高三二模数学理）已知ABC是等腰直角三角形,ACB别为AC,AB的中点,沿DE将ADE折起,得到如图所示的四棱锥A1BCDE．

2,AC2．D,E分

(Ⅰ)求证：平面A1DC平面A1BC．

(Ⅱ)当三棱锥CA1BE的体积取最大值时,求平面A1CD与平面A1BE所成角的正弦值．

【答案】(Ⅰ)见解析. (Ⅱ) 【解析】 (I)证明：

6. 3ACB2 ACBC

D,E分别为AC,AB的中点 DE//BC DEAC

DECD，DEA1D，又A1DCDD DE平面A1CD

BC平面A1CD，又BC平面A1BC

平面A1DC平面A1BC

(II)VCA1BEVA1BCE，S△BCE为定值

当A1D平面BCDE时，三棱锥CA1BE的体积取最大值

以D为原点,以DC,DE,DA1为坐标轴建立空间直角坐标系Dxyz

则B1,2,0,E0,1,0,A10,0,1

BE1,1,0，EA10,1,1

mBE0 设平面A1BE的法向量为nx,y,z，则mEA01xy0即，令x1可得n1,1,1

yz0

是平面A1CD的一个法向量 DE平面A1CD n0,1,0cosm,nmn13 mn3132平面A1CD与平面A1BE所成角的正弦值为136

3324．（陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)数学理）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，AB//CD，ADBD2，AB22,CD4，点M是EC的中点．

(1)求证:平面ADEF平面BDE. (2)求二面角EBDM的余弦值. 【答案】(1)见证明；(2)

3 322

【解析】(1)由题可知AD=BD=2，AB=22则AD+BD=AB²，

根据勾股定理有BD⊥AD，

又因正方形ADEF 与梯形ABCD所在平面互相垂直，则ED⊥平面ABCD， 则ED⊥BD，而AD∩ED=D，所以BD⊥平面ADEF. 而BD平面BDE，所以平面ADEF⊥平面BDE.

(2)以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

由题可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（0.2，0），E（0，0，2），C（-22，22，0），M（-2，2，

1）.

由(1)可得AD⊥平面BDE，则可取平面BDE的法向量n1，设平面BDM的法向量为（2，0，0），DM=（-2，2，1），DB=（0，2，0）， n2（x，y，z）由n2·DM=0，n2·DB=0，.可得{2x2yz0,2y0.3. 3

可取n2=（2，0，2），则cosn1,n2设二面角E-BD-M的平面角为α，显然α为锐角， 故cosα=

3． 3