2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 8.7 高考解答题热点题型高考解答题热点题型-立体几何立体几何 目录 一、题型综述一、题型综述 立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间 想象能力及简单的计算能力解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等 证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解重在考查考生的 逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型 二二 题型全归纳题型全归纳 题型

2、一题型一 空间点、线、面的位置关系及空空间点、线、面的位置关系及空 1 证明点共面或线共面的常用方法证明点共面或线共面的常用方法 (1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面 (2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内 (3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面 ，再证明其余元素确定平面 ，最后证明平面 ， 重合 2证明空间点共线问题的方法证明空间点共线问题的方法 (1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理 3 证明这些点都在这两个平面的交 线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上 3证明线共点问题的常用方法证明

3、线共点问题的常用方法 先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点 4.求异面直线所成角的方法求异面直线所成角的方法 (1)几何法 作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个 特殊的位置，顶点选在特殊的位置上 证：证明作出的角为所求角 求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角 (2)向量法 建立空间直角坐标系，利用公式|cos|m n| |m|n|求出异面直线的方向向量的夹角若向量夹角是锐角或直角， 则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角 【例【例 1】如图，AE平面 ABCD，CFAE，ADB

4、C，ADAB，ABAD1，AEBC2. (1)求证：BF平面 ADE； (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角 EBDF 的余弦值为1 3，求线段 CF 的长 【解题思路】由条件知 AB，AD，AE 两两垂直，可以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系， 用空间向量解决 (1)寻找平面 ADE 的法向量，证明BF 与此法向量垂直，即得线面平行 (2)CE 与平面 BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线 CE 和平面 BDE 所成角的正弦值； (3)设 CFh，用 h 表示二面角 EBDF 的余弦值，通过解方程得到线段长 【规范解答】 (1)证明：以 A 为坐

5、标原点，AB 所在的直线为 x 轴，AD 所在的直线为 y 轴，AE 所在的直线 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，设 F(1,2，h) 依题意，AB (1,0,0)是平面 ADE 的一个法向量， 又BF (0,2，h)，可得BF AB0， 又直线 BF平面 ADE， 所以 BF平面 ADE. (2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则BD (1,1,0)，BE (1,0,2)，CE(1，2,2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则 n BD 0， n BE 0， 即 xy0， x2z0， 不妨令 z1，可

6、得 n(2,2,1) 因此有 cosCE ，nCE n |CE |n| 4 9. 所以直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)设 m(x1，y1，z1)为平面 BDF 的法向量， 则 m BD 0， m BF 0， 即 x1y10， 2y1hz10， 不妨令 y11，可得 m 1，1，2 h . 由题意，有|cosm，n|m n| |m|n| 42 h 3 2 4 h2 1 3， 解得 h8 7.经检验，符合题意 所以线段 CF 的长为8 7. 【例【例 2】.如图，在三棱锥 P- ABC 中，PA底面 ABC，BAC90 .点 D，E，N 分别为棱 PA，PC，BC 的中

7、 点，M 是线段 AD 的中点，PAAC4，AB2. (1)求证：MN平面 BDE； (2)已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 7 21，求线段 AH 的长 【解析】 ： 如图，以 A 为原点，分别以AB ，AC，AP的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系依题意 可得 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2， 0) (1)证明：DE (0，2，0)，DB (2，0，2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量， 则 n DE 0， n

8、 DB 0， 即 2y0， 2x2z0. 不妨设 z1，可取 n(1，0，1) 又MN (1，2，1)，可得MN n0. 因为 MN平面 BDE， 所以 MN平面 BDE. (2)依题意，设 AHh(0h4)，则 H(0，0，h)， 进而可得NH (1，2，h)，BE (2，2，2) 由已知，得|cosNH ，BE |NH BE | |NH |BE | |2h2| h25 2 3 7 21， 整理得 10h221h80，解得 h8 5或 h 1 2. 所以，线段 AH 的长为8 5或 1 2. 【例【例 3】如图，在几何体 ACDA1B1C1D1中，四边形 ADD1A1与四边形 CDD1C1均

9、为矩形，平面 ADD1A1 平面 CDD1C1，B1A1平面 ADD1A1，ADCD1，AA1A1B12，E 为棱 AA1的中点 (1)证明：B1C1平面 CC1E； (2)求直线 B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值 【解析】(1)证明：因为 B1A1平面 ADD1A1，所以 B1A1DD1， 又 DD1D1A1，B1A1D1A1A1，所以 DD1平面 A1B1C1D1， 又 DD1CC1，所以 CC1平面 A1B1C1D1. 因为 B1C1平面 A1B1C1D1，所以 CC1B1C1. 因为平面 ADD1A1平面 CDD1C1，平面 ADD1A1平面 CDD1C1DD1，C1D1DD1

10、， 所以 C1D1平面 ADD1A1. 经计算可得 B1E 5，B1C1 2，EC1 3，从而 B1E2B1C21EC21， 所以在 B1EC1中，B1C1C1E. 又 CC1，C1E平面 CC1E，CC1C1EC1，所以 B1C1平面 CC1E. (2) 如图，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得 A(0，0，0)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1， 2，1)，E(0，1，0)， 则CE (1，1，1)，B 1C (1，2，1) 设平面 B1CE 的法向量为 m(x，y，z)，则 m B1C 0， m CE 0， 即 x2yz0， xyz0，消去 x 得 y2z0

11、， 不妨设 z1，可得 m(3，2，1)为平面 B1CE 的一个法向量， 易得B1C1 (1，0，1)，设直线 B1C1与平面 B1CE 所成角为 ， 则 sin |cosm，B1C1 | m B1C1 |m| |B1C1 | 4 14 2 2 7 7 ， 故直线 B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值为2 7 7 . 题型二题型二 平面图形的折叠问题平面图形的折叠问题 【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变不变” (1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； (2

12、)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变 【例【例 1】如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把 DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 【解题思路】(1)翻折前后的不变关系，四边形 ABFE 是矩形 证明 BF平面 PEF. 证明平面 PEF平面 ABFD. (2)解法一：建系：借助第(1)问，过 P 作平面 ABFD 的垂线为 z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为 y 轴，建 系 求直线 DP 的方向向量和平面 ABFD 的法向量

13、 由公式计算所求角的正弦值 解法二：作：过 P 作 PHEF 交 EF 于点 H，连接 DH. 证：证明 PH平面 ABFD，得PDH 为直线 DP 与平面 ABFD 所成角 算：在 Rt PDH 中，PD 的长度是正方形 ABCD 的边长，PHD90 ，易知要求 sinPDH，关键是求 PH；由此想到判断 PEF 的形状，进一步想到证明 PF平面 PED. 【规范解答】(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，又 PFEFF，所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解法一：作 PHEF，垂足为 H. 由(1)得，PH平面 ABFD. 以 H

14、 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，设正方形 ABCD 的边长 为 2. 由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE 3. 又 PF1，EF2，故 PEPF. 所以 PH 3 2 ，EH3 2，则 H(0,0,0)，P 0，0， 3 2 ， D 1，3 2，0 ，DP 1，3 2， 3 2 ，HP 0，0， 3 2 为平面 ABFD 的一个法向量 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ， 则 sin|HP DP | |HP |DP | 3 4 3 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 解法二：因为 P

15、FBF，BFED，所以 PFED， 又 PFPD，EDPDD，所以 PF平面 PED， 所以 PFPE，设 AB4，则 EF4，PF2， 所以 PE2 3，过 P 作 PHEF 交 EF 于点 H， 因为平面 PEF平面 ABFD， 所以 PH平面 ABFD， 连接 DH， 则PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角， 因为 PE PFEF PH， 所以 PH2 3 2 4 3， 因为 PD4，所以 sinPDHPH PD 3 4 ， 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 题型三题型三 立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题 【技巧要点】对命题条件的探索的

16、三种途径【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径 途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明 途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性 途径三：将几何问题转化为代数问题 【例【例 1】 (2020 湖北湖北“四地七校四地七校”联考联考)在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 2的正方形， 平面 PAC 底面 ABCD，PAPC2 2. (1)求证：PBPD； (2)若点 M，N 分别是棱 PA，PC 的中点，平面 DMN 与棱 PB 的交点为点 Q，则在线段 BC 上是否存在一点 H，使得 DQPH？若存在，求 BH 的长；若不存在，请说明理由 【

17、解题思路】 (1)要证 PBPD，想到在 PBD 中，证明 BD 边上的中线垂直于 BD，联系题目条件想到用 面面垂直的性质证明线面垂直 (2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系， 求平面 DMN 的法向量 n， 分别依据 P， B， Q 共线和 B， C， H 共线，设PQ PB 和BH tBC ，利用垂直关系列方程先求 再求 t，确定点 H 的位置 【规范解答】 (1)证明：记 ACBDO，连接 PO， 底面 ABCD 为正方形， OAOCOBOD2. PAPC， POAC， 平面 PAC底面 ABCD，且平面 PAC底面 ABCDAC，PO平面 PAC， PO底面 ABCD. B

18、D底面 ABCD，POBD. PBPD. (2)存在以 O 为坐标原点，射线 OB，OC，OP 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系如图所示，由(1)可知 OP2. 可得 P(0,0,2)，A(0，2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(2，0,0)， 可得 M(0，1,1)，N(0,1,1)，DM (2，1,1)，MN (0，2,0) 设平面 DMN 的法向量 n(x，y，z)， DM n0，MN n0， 2xyz0， 2y0. 令 x1，可得 n(1,0，2) 记PQ PB (2，0，2)，可得 Q(2，0,22)， DQ (22,0,22)，DQ n

19、0， 可得 22440，解得 1 3. 可得DQ 8 3，0， 4 3 . 记BH tBC (2t,2t,0)，可得 H(22t,2t,0)， PH (22t,2t，2)，若 DQPH，则DQ PH 0， 8 3(22t) 4 3 (2)0，解得 t 1 2. 故 BH 2. 故在线段 BC 上存在一点 H，使得 DQPH， 此时 BH 2. 【例【例 2】如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 为菱形，E 为 CD 的中点 (1)求证：BD平面 PAC； (2)若ABC60 ，求证：平面 PAB平面 PAE； (3)棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF平面

20、PAE？说明理由 【解】(1)证明：因为 PA平面 ABCD， 所以 PABD. 因为底面 ABCD 为菱形，所以 BDAC. 又 PAACA， 所以 BD平面 PAC. (2) 证明：因为 PA平面 ABCD，AE平面 ABCD， 所以 PAAE. 因为底面 ABCD 为菱形，ABC60 ，且 E 为 CD 的中点，所以 AECD，所以 ABAE. 又 ABPAA， 所以 AE平面 PAB. 因为 AE平面 PAE， 所以平面 PAB平面 PAE. (3)棱 PB 上存在点 F，使得 CF平面 PAE. 取 F 为 PB 的中点，取 G 为 PA 的中点，连接 CF，FG，EG. 则 FGA

21、B，且 FG1 2AB. 因为底面 ABCD 为菱形，且 E 为 CD 的中点， 所以 CEAB，且 CE1 2AB. 所以 FGCE，且 FGCE. 所以四边形 CEGF 为平行四边形 所以 CFEG. 因为 CF平面 PAE，EG平面 PAE， 所以 CF平面 PAE. 【例【例 3】 图 1 是由矩形 ADEB， Rt ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形， 其中 AB1， BEBF2， FBC 60 .将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图 2 中

22、的二面角 BCGA 的大小 【解析】 ：(1)证明：由已知得 ADBE，CGBE， 所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面， 从而 A，C，G，D 四点共面 由已知得 ABBE，ABBC， 故 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC， 所以平面 ABC平面 BCGE. (2)作 EHBC，垂足为 H. 因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC， 所以 EH平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60 ， 可求得 BH1，EH 3. 以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 H- xyz， 则 A(1，1，0

23、)，C(1，0，0)，G(2，0， 3)，CG (1，0， 3)，AC (2，1，0) 设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 CG n0 AC n0，即 x 3z0， 2xy0. 所以可取 n(3，6， 3) 又平面 BCGE 的法向量可取为 m(0，1，0)， 所以n，m n m |n|m| 3 2 . 因此二面角 B- CG- A 的大小为 30 . 三、高效训练突破三、高效训练突破 1.(2020 深圳模拟深圳模拟)已知四棱锥 P- ABCD，底面 ABCD 为菱形，PDPB，H 为 PC 上的点，过 AH 的平面分别 交 PB，PD 于点 M，N，且 BD平面 AMHN

24、. (1)证明：MNPC； (2)当 H 为 PC 的中点，PAPC 3AB，PA 与平面 ABCD 所成的角为 60 ，求 AD 与平面 AMHN 所成角的 正弦值 【解析】(1)证明：连接 AC、BD 且 ACBDO，连接 PO.因为 ABCD 为菱形，所以 BDAC， 因为 PDPB，所以 POBD， 因为 ACPOO 且 AC、PO平面 PAC， 所以 BD平面 PAC， 因为 PC平面 PAC，所以 BDPC， 因为 BD平面 AMHN， 且平面 AMHN平面 PBDMN， 所以 BDMN，MN平面 PAC， 所以 MNPC. (2)由(1)知 BDAC 且 POBD， 因为 PAP

25、C，且 O 为 AC 的中点， 所以 POAC，所以 PO平面 ABCD， 所以 PA 与平面 ABCD 所成的角为PAO， 所以PAO60 ， 所以 AO1 2PA，PO 3 2 PA， 因为 PA 3AB，所以 BO 3 6 PA. 以OA ，OD ，OP 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示 设 PA2，所以 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， 3 3 ，0)，C(1，0，0)，D(0， 3 3 ，0)，P(0，0， 3)， H(1 2，0， 3 2 )， 所以BD (0，2 3 3 ，0)，AH (3 2，0， 3 2 )，AD (1， 3 3 ，0) 设平面

26、 AMHN 的法向量为 n(x，y，z)， 所以 n BD 0， n AH 0， 即 2 3 3 y0， 3 2x 3 2 z0， 令 x2，则 y0，z2 3，所以 n(2，0，2 3)， 设 AD 与平面 AMHN 所成角为 ， 所以 sin |cosn，AD | n AD |n|AD | | 3 4 . 所以 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值为 3 4 . 2 (2020 河南联考河南联考)如图所示， 在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 为平行四边形， 平面 PAD平面 ABCD， PAD 是边长为 4 的等边三角形，BCPB，E 是 AD 的中点 (1)求证：BEPD；

27、(2)若直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为 15 4 ，求平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值 【解析】 ：(1)证明：因为 PAD 是等边三角形，E 是 AD 的中点，所以 PEAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PE平面 PAD， 所以 PE平面 ABCD，所以 PEBC，PEBE. 又 BCPB，PBPEP，所以 BC平面 PBE，所以 BCBE. 又 BCAD，所以 ADBE. 又 ADPEE 且 AD，PE平面 PAD，所以 BE平面 PAD，所以 BEPD. (2)由(1)得 BE平面 PAD，所以BAE 就是直线 AB

28、与平面 PAD 所成的角 因为直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为 15 4 ， 即 sinBAE 15 4 ，所以 cosBAE1 4. 所以 cosBAEAE AB 2 AB 1 4，解得 AB8，则 BE AB 2AE22 15. 由(1)得 EA，EB，EP 两两垂直，所以以 E 为坐标原点，EA，EB，EP 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， 则点 P(0，0，2 3)，A(2，0，0)，D(2，0，0)，B(0，2 15，0)，C(4，2 15，0)， 所以PB (0，2 15，2 3)，PC(4，2 15，2 3) 设平面 PBC 的

29、法向量为 m(x，y，z)， 由 PB m0， PC m0，得 2 15y2 3z0， 4x2 15y2 3z0， 解得 x0， z 5y. 令 y1，可得平面 PBC 的一个法向量为 m(0，1， 5) 易知平面 PAD 的一个法向量为 n(0，1，0)， 设平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的大小为 ， 则 cos m n |m|n| （0，1， 5） （0，1，0） 6 1 6 6 . 所以平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值为 6 6 . 3.(2020 云南师范大学附属中学云南师范大学附属中学 3 月月考月月考)如图， 在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，

30、 ABC 是边长为 2 的正三角形， AA12 6，D 是 CC1的中点，E 是 A1B1的中点 (1)证明：DE平面 A1BC; (2)求点 A 到平面 A1BC 的距离 【解析】 (1)证明：如图 取 A1B 的中点 F，连接 FC，FE. 因为 E，F 分别是 A1B1，A1B 的中点， 所以 EFBB1，且 EF1 2BB1. 又在平行四边形 BB1C1C 中，D 是 CC1的中点， 所以 CDBB1，且 CD1 2BB1，所以 CDEF，且 CDEF. 所以四边形 CFED 是平行四边形，所以 DECF. 因为 DE/平面 A1BC，CF平面 A1BC，所以 DE平面 A1BC. (

31、2)法一：(等体积法)因为 BCACAB2，AA12 6，三棱柱 ABC- A1B1C1为直三棱柱，所以 V三棱锥A1ABC 1 3S ABC AA1 1 3 3 4 22 2 62 2. 又在 A1BC 中，A1BA1C2 7，BC2，BC 边上的高 h A1B2 1 2BC 2 3 3， 所以 S A1BC1 2BC h3 3. 设点 A 到平面 A1BC 的距离为 d，则 V三棱锥AA1BC1 3S A1BC d 1 3 3 3 d 3d. 因为 V三棱锥A1ABCV三棱锥AA1BC，所以 2 2 3d，解得 d2 6 3 ， 所以点 A 到平面 A1BC 的距离为2 6 3 . 法二：

32、(向量法)由题意知，三棱柱 ABC- A1B1C1是正三棱柱取 AB 的中点 O，连接 OC，OE.因为 ACBC， 所以 COAB. 又平面 ABC平面 ABB1A1，平面 ABC平面 ABB1A1AB，所以 CO平面 ABB1A1. 因为 O 为 AB 的中点，E 为 A1B1的中点，所以 OEAB，所以 OC，OA，OE 两两垂直 如图，以 O 为坐标原点，以 OA，OE，OC 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C(0， 0， 3)，A(1，0，0)，A1(1，2 6，0)，B(1，0，0) 则BA1 (2，2 6，0)，BC (1，0， 3) 设平面 A1B

33、C 的法向量为 n(x，y，z)， 则由 nBA1 ， nBC ， 可得 n BA1 2x2 6y0， n BC x 3z0， 整理得 x 6y0， x 3z0，令 x 6，则 y1，z 2. 所以 n( 6，1， 2)为平面 A1BC 的一个法向量 而BA (2，0，0)，所以点 A 到平面 A 1BC 的距离 d|BA n| |n| 6 2 612 2 6 3 . 4(2020 湖北十堰湖北十堰 4 月调研月调研)如图，在三棱锥 PABC 中，M 为 AC 的中点，PAPC，ABBC，ABBC， PB 2，AC2，PAC30 . (1)证明：BM平面 PAC； (2)求二面角 BPAC 的

34、余弦值 【答案】 ：见解析 (1)证明：因为 PAPC，ABBC，所以 MPMB1 2AC1， 又 MP2MB2BP2，所以 MPMB. 因为 ABBC，M 为 AC 的中点，所以 BMAC， 又 ACMPM，所以 BM平面 PAC. (2)法一：取 MC 的中点 O，连接 PO，取 BC 的中点 E，连接 EO，则 OEBM，从而 OEAC. 因为 PAPC，PAC30 ，所以 MPMCPC1. 又 O 为 MC 的中点，所以 POAC. 由(1)知 BM平面 PAC，OP平面 PAC，所以 BMPO. 又 BMACM，所以 PO平面 ABC. 以 O 为坐标原点，OA，OE，OP 所在直线

35、分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知 A 3 2，0，0 ，B 1 2，1，0 ，P 0，0， 3 2 ，BP 1 2，1， 3 2 ，BA (1，1，0)， 设平面 APB 的法向量为 n(x，y，z)，则 n BP1 2xy 3 2 z0， n BA xy0， 令 x1，得 n(1，1， 3)为平面 APB 的一个法向量， 易得平面 PAC 的一个法向量为 (0，1，0)，cosn， 5 5 ， 由图知二面角 BPAC 为锐角， 所以二面角 BPAC 的余弦值为 5 5 . 法二：取 PA 的中点 H，连接 HM，HB， 因为 M 为 AC 的中点，所以

36、 HMPC，又 PAPC，所以 HMPA. 由(1)知 BM平面 PAC，则 BHPA， 所以BHM 为二面角 BPAC 的平面角 因为 AC2，PAPC，PAC30 ，所以 HM1 2PC 1 2. 又 BM1，则 BH BM2HM2 5 2 ， 所以 cosBHMHM BH 5 5 ，即二面角 BPAC 的余弦值为 5 5 . 5 (2020 合肥模拟合肥模拟)如图， 在多面体 ABCDEF中， 四边形 ABCD 是正方形， BF平面ABCD， DE平面 ABCD， BFDE，M 为棱 AE 的中点 (1)求证：平面 BDM平面 EFC； (2)若 DE2AB，求直线 AE 与平面 BDM

37、 所成角的正弦值 【答案】 ：见解析 (1)证明：连接 AC，交 BD 于点 N，连接 MN， 则 N 为 AC 的中点， 又 M 为 AE 的中点，所以 MNEC. 因为 MN平面 EFC，EC平面 EFC， 所以 MN平面 EFC. 因为 BF，DE 都垂直底面 ABCD，所以 BFDE. 因为 BFDE， 所以四边形 BDEF 为平行四边形， 所以 BDEF. 因为 BD平面 EFC，EF平面 EFC， 所以 BD平面 EFC. 又 MNBDN，所以平面 BDM平面 EFC. (2)因为 DE平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， 所以 DA，DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直

38、角坐标系 D- xyz. 设 AB2，则 DE4，从而 D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)， 所以DB (2，2，0)，DM (1，0，2)， 设平面 BDM 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n DB 0， n DM 0， 得 2x2y0， x2z0. 令 x2，则 y2，z1，从而 n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量 因为AE (2，0，4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 ，则 sin |cosn AE | n AE |n| |AE | 4 5 15 ， 所以直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 5 1

39、5 . 6.(2020 河南郑州三测河南郑州三测)如图， ABC 中，ABBC2，ABC90 ，E，F 分别为边 AB，AC 的中点，以 EF 为折痕把 AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置(如图)，且 PBBE. (1)证明：EF平面 PBE； (2)设 N 为线段 PF 上的动点(包含端点)，求直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值 【解析】 ：(1)证明：因为 E，F 分别为边 AB，AC 的中点，所以 EFBC. 因为ABC90 ，所以 EFBE，EFPE，又 BEPEE，所以 EF平面 PBE. (2)取 BE 的中点 O，连接 PO，因为 PBBEPE，所以 PO

40、BE. 由(1)知 EF平面 PBE，EF平面 BCFE，所以平面 PBE平面 BCFE. 又 PO平面 PBE，平面 PBE平面 BCFEBE，所以 PO平面 BCFE. 过点 O 作 OMBC 交 CF 于点 M，分别以 OB，OM，OP 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标 系，如图所示， 则 B 1 2，0，0 ，P 0，0， 3 2 ，C 1 2，2，0 ， F 1 2，1，0 ，PC 1 2，2， 3 2 ， PF 1 2，1， 3 2 ， 由 N 为线段 PF 上一动点，得PN PF(01)， 则可得 N 2， 3 2 （1） ，BN 1 2 ， 3 2 （1）

41、. 设平面 PCF 的法向量为 m(x，y，z)， 则 PC m0， PF m0，即 1 2x2y 3 2 z0， 1 2xy 3 2 z0， 取 y1，则 x1，z 3，所以 m(1，1， 3)为平面 PCF 的 一个法向量设直线 BN 与平面 PCF 所成的角为 ， 则 sin |cosBN ，m|BN m| |BN | |m| 2 5 221 2 52 1 4 2 7 8 2 5 7 8 4 70 35 (当且仅当 1 4时 取等号)，所以直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值为4 70 35 . 7(2020 山东淄博三模山东淄博三模)如图，已知正方形 ABCD 的边长为

42、4，E，F 分别为 AD，BC 的中点，将正方形 ABCD 沿 EF 折成如图所示的二面角，且二面角的大小为 60 ，点 M 在线段 AB 上(包含端点)，连接 AD. (1)若 M 为 AB 的中点， 直线 MF 与平面 ADE 的交点为 O， 试确定点 O 的位置， 并证明直线 OD平面 EMC； (2)是否存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ？若存在，求此时二面角 M- EC- F 的余弦值； 若不存在，说明理由 【答案】见解析 【解析】 ：(1)因为直线 MF平面 ABFE，故点 O 在平面 ABFE 内，也在平面 ADE 内， 所以点 O 在平面 ABFE

43、与平面 ADE 的交线(即直线 AE)上(如图所示) 因为 AOBF，M 为 AB 的中点， 所以 OAMFBM， 所以 OMMF，AOBF，所以 AO2. 故点 O 在 EA 的延长线上且与点 A 间的距离为 2. 连接 DF，交 EC 于点 N，因为四边形 CDEF 为矩形， 所以 N 是 EC 的中点 连接 MN，则 MN 为 DOF 的中位线，所以 MNOD， 又 MN平面 EMC，OD/ 平面 EMC，所以直线 OD平面 EMC. (2)由已知可得 EFAE，EFDE，又 AEDEE，所以 EF平面 ADE. 所以平面 ABFE平面 ADE，易知 ADE 为等边三角形，取 AE 的中

44、点 H，则易得 DH平面 ABFE，以 H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E(1，0，0)，D(0，0， 3)，C(0，4， 3)，F(1，4，0)，所以ED (1，0， 3)，EC (1，4， 3) 设 M(1，t，0)(0t4)，则EM (2，t，0)， 设平面 EMC 的法向量为 m(x，y，z)，则 m EM 0， m EC 0 2xty0， x4y 3z0， 取 y2，则 xt，z8t 3 ，所以 m t，2，8t 3 为平面 EMC 的一个法向量 要使直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ，则 8 2t24（8t） 2 3 3 2 ，所以 2 3 t24t

45、19 3 2 ，整理得 t24t30， 解得 t1 或 t3， 所以存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ， 取 ED 的中点 Q，连接 QA，则QA 为平面 CEF 的法向量， 易得 Q 1 2，0， 3 2 ，A(1，0，0)，所以QA 3 2，0， 3 2 . 设二面角 MECF 的大小为 ， 则|cos | |QA m| |QA | |m| |2t4| 3 t24（8t） 2 3 |t2| t24t19. 因为当 t2 时，cos 0，平面 EMC平面 CDEF， 所以当 t1 时，cos 1 4， 为钝角；当 t3 时，cos 1 4， 为锐角 综上，二面角 MECF 的余弦值为 1 4.