1、备战 2020 高考黄金 15 题系列之数学压轴题【天津专版】 专题五立体几何 1.【2020 届天津市南开中学高三第一学期数学统练八试题】 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中/AD BC，ABAD， 1 2 2 ABADBC，4PA ，E为棱BC上的点，且 1 4 BEBC （1）求证：DE 平面PAC； （2）求二面角APCD的余弦值； （3）设Q为棱CP上的点（不与C，P重合） ，且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为 5 5 ，求 CQ CP 的 值 【答案】 （1）见解析； （2） 2 5 5 ； （3） 2 3 CQ CP 【解析】 （1）因
2、为PA平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD 所以PAAB，PAAD 因为ABAD 则以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知可得0,0,0A，2,0,0B，2,4,0C，0,2,0D，0,0,4P，2,1,0E. 所以2, 1,0DE ，2,4,0AC ，0,0,4AP . 因为 2 2 1 400DE AC ， 0DE AP . 所以DEAC，DEAP 又APACA，AP 平面PAC，AC 平面PAC. 所以DE 平面PAC （2）设平面PAC的法向量m ，由（1）可知，2, 1,0mDE 设平面PCD的法向量, ,nx y z 因为0,2, 4PD ，2,4,
3、 4PC . 所以 0 0 n PD n PC ，即 240 2440 yz xyz 不妨设1z ，得2,2,1n r 22 22 221202 5 cos, 5 21221 m n m n mn 所以二面角APCD的余弦值为 2 5 5 （3）设01 CQ CP ，即2 , 4 ,4CQCP . 所以22 ,44 ,4Q，即2 ,43, 4QE . 因为直线QE与平面PAC所成角的正弦值为 5 5 所以 2222 2 2 2430 5 cos, 5 212434 QE m QE m QEm 即 2 362493 解得 2 3 即 2 3 CQ CP 2.【天津市七校（静海一中、宝坻一中、杨村
4、一中等)2020 高三数学试题】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD， 1 1 2 PAADAB，点E、 M分别在线段AB、PC上，且 AEPM ABPC ，其中01，连接CE，延长CE与DA的延长线交 于点F，连接,PE PF ME （）求证：ME 平面PFD； （）若 1 2 时，求二面角A PEF的正弦值； （）若直线PE与平面PBC所成角的正弦值为 5 5 时，求值 【答案】 （）证明见解析； （） 6 3 ； （） 3 8 . 【解析】 （）在线段PD上取一点N，使得 PN PD ， PNPM PDPC ， / /MNDC且 1 MNDC ， AE AB
5、 ， 1 AEAB ，/ /ABDC且ABDC， 且AEMN， 四边形为平行四边形， / /MEAN， 又AN 平面PFD，ME 平面PFD， / /ME平面PFD （）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系 (0A ，0，0)， (0P ， 0，1)，(0B，2，0)，( 1C ，2，0)，( 1D ，0，0)， 1 2 ，(0E，1，0)，(1F，0，0) 设平面PEA的一个法向量为( , , )nx y z ， (0,1, 1)PE ，(0,0,1)AP ， 0 0 n PEyz n APz ，令1z ， 1y ， (0,1,1)m ， 设平面PEF的一个
6、法向量为( , , )mx y z ， (0,1, 1)PE ，(1,0, 1)PF ， 0 0 mPEyz mPFxz ， 令1z ，1x，1y ，(1,1,1)m ， 1 13 cos, | |323 m n m n mn ， 2 6 sin,1cos, 3 m nm n ， 二面角APEF的正弦值为 6 3 （）令(0E，h，0)，02h ，(0, , 1)PEh ， 设平面PEA的一个法向量为 1 ( , , )nx y z ， (0,2, 1)PB ，( 1,0,0)BC ， 1 1 20 0 n PByz n PBx ，令1y ， 1z ， 1 (0,1,2)n 由题意可得： 1
7、1 2 1 |2|5 |cos,| 5| | 15 PE nh PE n PEn h ， 3 4 h ， 3 4 AE ， 3 8 AE AB 3 【2015 年天津卷】 如图， 在四棱柱 1111 ABCDABC D中， 侧棱 1 A A 底面ABCD，ABAC，1AB ， 1 2ACAA，5ADCD，且点M和N分别为 1 BC和 1 DD的中点. （1）求证：/ /MN平面ABCD； （2）求二面角 11 DACB的正弦值； （3）设E为棱 11 AB上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 1 3 ，求线段 1 AE的长. 【答案】 （1）证明见解析； （2） 3 10 10 ；
8、 （3） 72 【解析】 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1, 2,0)ABCD， 又因为,M N分别为 1 BC和 1 DD的中点，得 1 1,1 ,(1, 2,1) 2 MN . （）证明：依题意，可得(0,0,1)n 为平面ABCD的一个法向量， 5 0,0 2 MN ， 由此可得， 0MN n ，又因为直线MN 平面ABCD，所以/ /MN平面ABCD （），设 1 ( , , )nx y z 为平面 1 ACD的法向量，则 11 1 0 0 nAD nAC ，即 220 2 0 xyz x ，不妨设1z ，可得 1 (0
9、,1,1)n ur ， 设 2 ( , , )nx y z 为平面 1 ACB的一个法向量，则 21 2 0 0 nAB nAC ，又 1 (0,1,2)AB ，得 20 2 0 yz x ，不妨设1z ，可得 2 (0, 2,1)n 因此有 12 12 12 10 cos, 10 n n n n nn ，于是 12 3 10 , 10 sin n n ， 所以二面角 11 DACB的正弦值为 3 10 10 . （）依题意，可设 111 AEAB ，其中0,1，则(0, ,2)E，从而( 1,2,1)NE ，又(0,0,1)n 为平面ABCD的一个法向量，由已知得 222 11 cos, 3
10、 ( 1)(2)1 NE n NE n NEn ，整理得 2 430 ， 又因为0,1，解得 72 ， 所以线段 1 AE的长为 72 . 4.【2020 届广东省茂名市高三第一次综合测试数学】 如图，在三棱柱 111 ABCABC中， 1 AA 平面ABC，D是AB的中点，BCAC， 22 2ABDC ， 1 4AA . （）求证： 1/ BC平面 1 ACD； （）求平面 11 BCC B与平面 1 ACD所成锐二面角的平面角的余弦值. 【答案】 （）证明见解析,（） 2 3 【解析】 （）证明：连结 1 AC交 1 AC于点E，连结DE. 则E为 1 AC中点，DE为 1 ABC中位线.
11、 所以 1 /DE BC. 又DE 平面 1 ACD， 1 BC 平面 1 ACD. 所以 1/ BC平面 1 ACD. （）法一：因为BCAC，D是AB的中点，所以ABDC. 又因为 22 2ABDC ，所以2ACBC，则 222 ACBCAB 即ACBC，所以90ACB. 又因为 1 AA 平面ABC，所以建立如图所示空间直角坐标系Cxyz，则0,0,0C，1,0,1D ， 1 0,4,2A，1,0,1CD ， 1 0,4,2CA . 平面 11 BCC B的法向量为0,0,1m . 设平面 1 ACD的法向量为, ,nx y z ，则由n CD ， 1 nCA ，得 1 0 420 n
12、CDxz n CAyz 令1y ，则2xz，2, 1,2n . 所以平面 1 ACD与平面 11 BCC B所成的锐二面角的余弦值为 22 cos 314 14 m n m n . 法二：延长 1 A D、 1 B B交于Q，连接QC，过D作DHBC于H， 过H作HJQC于J，连接DJ， 则DH 平面 11 BCC B，DHCQ，又HJDHH，所以CQ 平面DHJ， DJH 为平面 11 BCC B与平面 1 ACD所成锐二面角的平面角. Rt BDC中，BDDC，所以高DH为中线，1DH ，1BHHC， 11 BDAB， 111 1 2 QBBD QBAB ， 1 4QBBB， Rt CBQ
13、中， 22 422 5QC ， 4 sin 2 5 HJBQ BCQ CHCQ ， 2 5 HJ Rt DHJ中， 2 2 23 1 55 DJ ， 2 cos 3 HJ DJ ， 所以平面 11 BCC B与平面 1 ACD所成锐二面角的平面角的余弦值为 2 3 . 5.【2020 届山西省运城市高三调研测试（第一次模拟)试题】 如图 1，ADC与ABC是处在同-个平面内的两个全等的直角三角形， 30ACBACD 90ABCADC ，2AB ， 连接是,BD E边BC上一点， 过E作/ / EFBD， 交CD于点F，沿EF将CEF向上翻折，得到如图 2 所示的六面体,PABEFD （1）求证
14、：;BDAP （2） 设),(BEECR 若平面PEF 底面ABEFD， 若平面PAB与平面PDF所成角的余弦值为 5 5 ， 求的值； （3）若平面PEF 底面ABEFD，求六面体PABEFD的体积的最大值. 【答案】 （1）证明见解析（2） 1 4 （3）16 3 9 【解析】 （1）证明：不妨设EF与AC的交点为,N BD与AC的交点为M 由题知，,30CDBCDCABCA ，则有BDAC 又/ /BDEF，则有.EFAC 由折叠可知,PNEF所以可证,PNBD 由,ACPNN AC平面,PAN PN 平面PAN， 则有BD 平面PAN 又因为AP 平面PAN， 所以BDAP. （2）解
15、：依题意，有,PNEF平面PEF 平ABEFD面， 又PN 平面PEF， 则有PN 平面ABEFD，PNAC，又由题意知，EFAC 如图所示： 以N为坐标原点，,NA NE NP为 , ,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系 由题意知2,2 3,1,3ABADBDBCAMCM 由BE EC 可知， 2 33 , 11 EFPNCN 则 341 0,0,0 ,0,0,0,0 11 NPA 333 , 3,0 ,0,0 ,3,0 111 BFD 则有 413 ,0, 11 AP ， 33 ,3, 11 BP 33 0, 11 FP ， 33 , 3, 11 DP 设平面ABP与平面DFP的法向
16、量分别为 111222 ,mx y znxyz 则有 11 111 4130 0 3, 3,41 03130 xz AP m m BP mxyz 则 22 222 330 0 1, 3, 1 03 130 yz FPn n DPnxyz 所以 2 545 cos, 5 51241 m n 因为0,1，解得 1 4 3设所求几何体的体积为V，设03CNxx， 则 3 3 FNx ， 2 3 2 33 3 11 2 3 1 322 xx Vx 31 131 33 x xx 2 31 4 33 x x 3 3 12 9 xx 2 33 422 33 Vxxx 当02x时，0V ，当23x时，0V V
17、 x在0,2是增函数，在2,3上是减函数 当2x 时，V有最大值， 即 max 316 3 8 12 2 99 V 六面体P AEBFD的体积的最大值是 16 3 9 6.【2020 届陕西省咸阳市高三下学期第二次模拟考试数学试题】 如图，在直角梯形ABCD中，/AB DC，90ABC，22ABDCBC，E为AB的中点，沿DE将 ADE折起，使得点A到点P位置，且PEEB，M为PB的中点，N是BC上的动点（与点B，C不 重合）. （）证明：平面EMN 平面PBC垂直； （）是否存在点N，使得二面角BENM的余弦值 6 6 ？若存在，确定N点位置；若不存在，说明 理由. 【答案】 （）见解析 （
18、）存在，此时N为BC的中点. 【解析】 （）PEEB，PEED，EBEDE，PE 平面EBCD. 又PE平面PEB，平面PEB平面EBCD， 而BC平面EBCD，BCEB，平面PBC 平面PEB， 由PEEB，PMAB知EMPB，可知EM 平面PBC， 又EM平面EMN，平面EMN 平面PBC. （）假设存在点N满足题意，过M作MOEB于O，由PEEB知/PE MQ， 易证PE 平面EBCD，所以MQ 平面EBCD， 过Q作QREN于R，连接MR，则ENMR（三垂线定理） ， 即MRQ是二面角BENM的平面角， 不妨设2PEEBBC，则1MQ ， 在Rt EBN中，设BNx（02x） ，由Rt
19、 RtEBNERQ得， BNEN RQEQ 即 22 2 1 xx RQ ，得 22 2 x RQ x ， 2 4 tan MQx MRQ RQx ， 依题意知 6 cos 6 MRQ ，即 2 4 tan5 x MRQ x ，解得1(0,2)x ， 此时N为BC的中点. 综上知，存在点N，使得二面角BENM的余弦值 6 6 ，此时N为BC的中点. 7.【2020 届吉林省通化市梅河口市第五中学高三数学试题】 设三棱锥PABC的每个顶点都在球O的球面上，PAB是面积为3 3的等边三角形，ACBC， ACBC，且平面PAB 平面ABC. （1）确定O的位置（需要说明理由） ，并证明：平面POC
20、平面ABC. （2）与侧面PAB平行的平面与棱AC，BC，PC分别交于D，E，F，求四面体ODEF的体积的 最大值. 【答案】 （1）O在PG上，理由见解析，证明见解析， （2） 4 9 【解析】 （1）证明：取AB的中点G，连接PG，取点 O 为PG的三等分点且2POOG， 连接,O A O B O C GC. 因为PAPB，所以PGAB. 又平面PAB 平面ABC，平面PAB平面ABCAB，PG 平面PAB， 所以PG 平面ABC. 因为GC 平面ABC，故PGGC. 因为ABC为等腰直角三角形，G为AB的中点，故AGGC， 因为OGOG，90OGAOGC ， 故OGAOGC ，故OAOC
21、，同理OBOC， 因为PAB是等边三角形，故 O 为PAB的中心，故OPOAOB， 故 O 为三棱锥PABC的外接球的球心， 故 O 与O重合即O在线段PG上且2POOG. 因为O在PG上，所以PO 平面ABC， 又PO 平面POC，所以平面POC 平面ABC. （2）由题意得 2 3 3 3 4 AB ，解得 2 3AB ， 因为ABC为等腰直角三角形，G为AB的中点，故CGAB， 而平面PAB 平面ABC，平面PAB平面ABCAB， CG 平面ABC，故CG 平面PAB，故CG为点C到平面PAB的距离. 在等腰直角三角形ABC中， 1 3 2 CGAB即C到平面PAB的距离 3CG . 设
22、01CDCA，C到平面DEF的距离为h. 因为平面/PAB平面DEF，平面PAC 平面PABPA，平面PAC 平面DEFDE， 故/PA DE，同理/PB EF，因为,APBDFE方向相同，故APBDFE ， 同理ABPDEF ， 所以DEFABP，则DEF的面积为 2 3 3. 又 3h ，所以O到平面DEF的距离为 33 ， 所以四面体ODEF的体积 22 1 3 33331 3 O DEF VV . 设 2 3101f， 323f， 当 2 0 3 时， 0f ；当 2 1 3 时， 0f . 所以 f在 2 0, 3 为增函数，在 2 ,1 3 为减函数， 所以 max 24 39 f
23、f ， 即四面体ODEF的体积的最大值为 4 9 . 8.【2020 届宁夏银川一中高三第六次月考数学试题】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，60DAB，PD 平面ABCD，2PDAD， 点 E，F 分别为AB和PD的中点. （1）求证：直线/AF平面PEC； （2）求点 F 到平面PEC的距离. 【答案】 （1）见解析（2） 30 10 【解析】 （1）设PC的中点为 Q，连接EQ，FQ， 由题意，因为FQ是PDC的中位线，所以/FQ DC且 1 2 FQCD， 因为底面ABCD为菱形且 E 为 AB 的中点，所以AECD且 1 2 AECD 故/AE FQ且AEFQ，所以，
24、四边形AEQF为平行四边形， 则/AF EQ，又EQ 平面PEC，AF 平面AEC， 所以，/AF平面PEC （2）连接 DE，由（1） ，点 F 到平面PEC的距离等于点 A 到平面PEC的距离，设为 d， 由条件易求 2 2PC ， 2 3AC ，1,2BEBC， 120EBC ， 在EBC中， 22 121 cos7 2 1 22 EC EBCEC ， 易知ADB为等边三角形，则DEAB， 22 3DEADAE ， 因为PD 平面ABCD且DE 平面ABCD，所以PDDE, 所以 22 7PEPDDE ， 因为PEEC，所以EPC为等腰三角形，EQPC， 所以 22 5EQECCQ ，
25、故 1 2 2510 2 PEC S， 13 13 22 AEC S 所以由 A PECP AEC VV 得 113 102 332 d ，解得 30 10 d . 9.【2020 届浙江省绍兴市嵊州市崇仁中学高三下学期 3 月模拟考试数学试题】 如图，四棱锥PABCD中，22ABADBC，/BC AD，ABAD，PBD为正三角形.若 2 3PA ，且PA与底面ABCD所成角的正切值为 2 2 . （1）证明：平面PAB 平面PBC； （2）E是线段CD上一点，记(01) DE DC ，是否存在实数，使二面角PAEC的余弦值为 6 6 ？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1
26、）见解析； （2）存在， 2 5 【解析】 （1）因为ABAD，2ABAD，所以 2 2BD 又因为PBD为正三角形，所以 2 2PBPDBD 又2,2 3ABPA,则 222 4812ABPBPA ，即ABPB 又因为ABAD，/BC AD，所以ABBC且PBBCB 所以AB 平面PBC，又因为AB平面PAB 故平面PAB 平面PBC （2）作 BC 延长线于点 Q，且 BQ=AD，由（1）可知，QD,QP,QB 两两垂直，以它们所在直线分别做 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 Q(0,0,0),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0) 由(01) DE DC ,可
27、得22 , ,0E ，所以2 ,2,0 ,2, 2, 2AEAP 设平面 PAE 的法向量为, ,mx y z 则 0 0 m AP m AE ，即 2220 220 xyz xy ，令x1，解得 2 y 2 32 2 z 所以 232 1, 22 m ，显然0,0,2QP 是平面 ACE 的法向量 设二面角PAEC为 则 222 64 32 2 cos 14168 232 2 1 22 m QP m QP 依据题意有 2 326 6 14168 ，解得 2 5 10.【2020 届福建省莆田市高三（线上)毕业班教学质量检测试卷数学试题】 如图，四棱锥PABCD的底面是菱形，2ABAC， 2
28、3PA ， PBPD. （1）证明：平面PAC 平面ABCD； （2）若PAAC，点M在棱PC上，且BMMD，求二面角BAMC的余弦值. 【答案】 （1）证明见解析； （2） 5 5 【解析】 （1）如图所示：连接BD与AC相交于E， PBPD，故PEBD， 四棱锥PABCD的底面是菱形，故ACBD，ACPEE，故BD 平面PAC， PD 平面ABCD，故平面PAC 平面ABCD. （2）PAAC，故PA平面ABCD，取BC中点N，连接AN，故ANAD. 以,AN AD AP为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则( 3, 1,0),(0,2,0),( 3,1,0),(0,0,
29、2 3)BDCP，设( , , ),01M a bMc PPC ， ( , ,2 3)( 3,1, 2 3)a b c，解得3a，b，2 32 3c. ( 3 , ,2 32 3 )M ， ( 33,1,2 32 3 ,)BM ，3 ,2,2 32 3DM ，BM DM ， 故( 33)3(1)(2)(2 32 3 )(2 32 3 )0BM DM ， 解得 1 2 或 5 4 （舍去） ， 3 1 (, 3) 22 M . 设平面ABM的法向量为, ,nx y z ， 则 31 30 22 30 n AMxyz n ABxy ，取3,( 3,3,3)xn ， 设平面ACM的法向量为, ,ma
30、 b c u r ， 则 31 30 22 30 m AMabc m ACab ，取 3a ，( 3, 3,0)m ， 设二面角BAMC的平面角为，则 65 cos 51512 m n mn . 11.【2020 届河南省实验中学高三下学期二测数学试题】 如图，圆柱的轴截面 ABCD 是边长为 2 的正方形，点 P 是圆弧 CD 上的一动点（不与 C，D 重合） ，点 Q 是 圆弧 AB 的中点，且点 P，Q 在平面 ABCD 的两侧 （1）证明：平面 PAD平面 PBC； （2）设点 P 在平面 ABQ 上的射影为点 O，点 E，F 分别是PQB 和POA 的重心，当三棱锥 PABC 体积
31、最大时，回答下列问题 （i）证明：EF平面 PAQ； （ii）求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的正弦值 【答案】 （1）见解析（2） （i）见解析（ii） 2 5 5 【解析】 （1）证明：因为 ABCD 是轴截面，所以 AD平面 PCD，所以 ADPC， 又点 P 是圆弧 CD 上的一动点（不与 C，D 重合） ，且 CD 为直径，所以 PCPD， 又 ADPDD，PD平面 PAD，AD平面 PAD，所以 PC平面 PAD， PC平面 PBC，故平面 PAD平面 PBC； （2）当三棱锥 PABC 体积最大时，点 P 为圆弧 CD 的中点， 所以点 O 为圆弧 AB 的中点，所以四
32、边形 AQBO 为正方形，且 OPAB， （i）证明：连接 PE 并延长交 BQ 于点 M，连接 PF 并延长交 OA 于点 N，连接 MN， 则 MNAQ，因为 E，F 分别为三角形的重心，所以 EFMN， 所以 EFAQ，又 AQ平面 PAQ，EF平面 PAQ，所以 EF平面 PAQ； （ii）以 O 为坐标原点，OA，OB，OP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 P（0，0，2） ， A（ 2，0，0） ，B（0，2，0） ， 2 02PA ， ， 22 0AB ， ， 设平面 PAB 的法向量nxyz ， ， 则 220 220 n PAxz n ABxy ， 可
33、取221n ， ， 又平面 PCD 的法向量0 01m ， ， 所以 cos 15 55 mn ， ， 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的正弦值为 2 5 5 12.【2020 届湖北省襄阳市优质高中高三联考数学试题】 如图所示， 四棱锥PABCD中， 底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，2PAAB，60ABC， E 为棱BC的中点，F 为棱PC上的动点. （1）求证：AE平面PAD； （2）若锐二面角EAFC的正弦值为 10 5 ，求点 F 的位置. 【答案】 （1）证明见解析（2）点 F 为线段PC的中点 【解析】 （1）如下图所示,由于四边形ABCD是菱形,则ABBC, 又
34、60ABC,ABC是等边三角形,E 为BC的中点,AEBC, /AD BC,AEAD. PA底面ABCD,AE 平面ABCD,AEPA, ADPAA,ADPA、平面PAD, AE平面PAD； （2） 由 （1） 知,AEAD,且PA底面ABCD,以点A为坐标原点,AEADAP、所在直线分别为x y、 、z 轴建立空间直角坐标系Axyz, 由2PA 则点,(0,0,0),( 3,1,0),(0,0,2) ( 3,0,0)ACPE, 设(01)PFPC , 则( 3 , , 2 ),( 3 , ,22 ),( 3,0,0)PFAFAPPFAE , 设平面AEF的一个法向量为( , , )mx y
35、z , 由 0 0 m AE m AF ,即 30 3(22 )0 x xyz ,取z,则0 x ,22y ,则平面AEF的一个法向量 为(0,22, )m , 同理可得平面ACF的一个法向量为(1,3,0)n , 二面角EAFC的正弦值为 10 5 22 |2 3(1)15 |cos,| | |5 2(22) m n m n mn ,解得 1 2 . 因此,当点 F 为线段PC的中点时,二面角EAFC的正弦值为 10 5 . 13.【2020 届河南省天一大联考高三上学期期末数学试题】 如图，五面体ABCDEF中， 2AEEF ，平面DAE 平面ABFE，平面CBF 平面 ABFE.45DA
36、EDEACFBEABFBA ，AB EF，点 P 是线段AB上靠近 A 的三 等分点. （）求证：DP 平面CBF； （）求直线DP与平面ACF所成角的正弦值. 【答案】 （）证明见解析 （） 3 38 19 【解析】 （）如图，分别取AE，BF的中点 M，N，连接DM，CN，MP，MN. 由题可知ADDE，90ADE.设1ADDE， 易知DMAE，且 2 2 AM . 因为平面DAE 平面ABFE， 所以DM 平面ABFE.同理CN 平面ABFE. 所以/ /DMCN. 因为DM 平面CBF，CN 平面CBF， 故/ /DM平面CBF. 因为 2AEEF ，45EABFBA， 所以 1 1
37、3 APAB . 因为cos45AMAP， 所以90AMP， 所以AMP是以AP为斜边的等腰直角三角形， 所以45MPA，而45FBA，则/ /MPFB. 因为MP 平面CBF，FB 平面CBF， 所以/ /MP平面CBF. 因为MPDMM， 所以平面/ /DMP平面CBF. 因为DP 平面DMP，所以/ /DP平面CBF. （） 如图，连接PE，以 P 为原点，AB，PE所在直线分别为 x 轴，y 轴，以过点 P 且垂直于平面ABFE的直 线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设1ADDE， 则1,0,0A ， 3 12 , 2 22 C ，1,1,0F，0,0,0P， 1 12 ,
38、2 22 D ， 所以2,1,0AF ， 112 , 222 FC . 设, ,nx y z 为平面AFC的一个法向量， 则 0, 0, n AF n FC 即 20, 20, xy xyz 取2x ，则4y ， 3 2z ，即2,4,3 2n . 易知 1 12 , 2 22 PD . 设直线DP与平面ACF所成的角为. 故 3 38 sin 19 PD n PD n ， 即直线DP与平面ACF所成角的正弦值为 3 38 19 . 14.【2020 届山东省济宁市高三数学试题】 如图,在平行四边形 ABCD 中,1,2,120ABBCBAD ,四边形 ACEF 为正方形,且平面ABCD 平面
39、 ACEF. (1)证明:ABCF; (2)求平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 2 5 5 . 【解析】(1)在平行四边形 ABCD 中,18012060ABC , 在ABC中,由余弦定理得: 222 2cos603ACABBCAB BC , 即 3AC , 由 222 90BCACABBAC 得, 所以ABAC 又四边形 ACEF 为正方形,所以AFAC, 又平面ABCD 平面 ACEF,平面ABCD平面 ACEF=AC 所以AF 平面 ABCD,所以AFAB, 又=AFAC A，所以AB 平面 ACEF,CF 平面 ACEF 所以ABCF.
40、 (2)由 AB,AC,AF 两两垂直,分别以 AB,AC,AF 所在直线为 , ,x y z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 0,0,010 003 00 03033ABCFE， ， ， ， ， ， ， 设平面 BEF 的一个法向量, ,nx y z ,1,0, 3 ,0,3,0BFEF , 则 30 30 n BFxz n EFy ，取 13,0,1 ,zn ， 同理可得平面 BCF 的一个法向量为3,1,1m u r 设平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的平面角为, 则 42 5 cos 552 m n m n . 平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为 2 5
41、 5 . 15.【2020 届宁夏六盘山高级中学高三数学试题】 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为菱形，2AD，60ADC，E， F 分别为AD，PC的中点. （1）求证：/ /EF平面PAB； （2）点 G 是线段PD上一动点，若CG与平面PAD所成最大角的正切值为 6，求二面角GECF 的 余弦值. 【答案】 （1）证明见解析（2） 10 10 【解析】 （1）取PB的中点 H，连结FHAH， E，F 分别为ADPC，的中点，/ /FHBC， 1 2 FHBC， 由题知/ /AEBC， 1 2 AEBC，/ /AEFH，AEFH， 四边形AEFH为平行四边形，/
42、 /EFAH， EF 平面PAB，且AH 平面PAB，/ /EF平面PAB. （2）连结,CE EG CG，四边形ABCD为菱形，2,60ADADC， ADC是等边三角形，E 为AD中点， CEAD，且 3CE ， PA平面ABCD，CE 平面ABCD，CEPA，ADPA， CE 平面PAD， EG 平面PAD，CEEG， CGE为CG与平面PAD所成角的平面角， 在RtCEG中， 3 tan CE CGE EGEG ， 当EG最短时，CGE最大，EGPD， tan 6CGE ， 32 tan26 CE EG CGE ， 在RtDEG中，1ED， 2 ,45 2 EGGDE ，2PA， 以 A 为原点，如图建立空间直角坐标系， 则 3 1 (0,0,2),(0,2,0),(0,1,0),( 3,1,0),1 22 PDECF ， 则 31 (0,2, 2),( 3,0,0),1 22 PDECEF ， EGPDCEPD，PD 平面CGE， 平面CGE的一个法向量为 1 (0,1, 1) 2 nPD ， 平面ECF的法向量, ,nx y z ， 则 0 0 m EC m EF ， 30 31 0 22 x xyz ，取1z ，得0,2,1n ， 设二面角GECF的平面角为， 则 |110 cos | |1025 m n mn ， 二面角GECF的余弦值为 10 10 .
