任务强化练18 空间位置关系的证明与二面角问题(强化练)-2025年高考数学艺术生文化课考前100天

则=oc..n1=动n=二之十十4 31 36 Cl 5×23而 20 3 故直线CD与平面ABP所成角的正弦值为等 6.解：(1)正四棱锥满足POL平面ABCD,由AOC平面ABCD ,四边形ABCD为菱形，AB=2∠BAD=60°， 得P)LAO. ∴.BD=2,OA=/AB-OF=3. 又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=3√2可得AO=3, 故P)=/PA-AO=4, △BDF为等边三角形.∴OF=3 根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几何体是以 设DM=,则A(3,0,0),B(0.1,0),F(0,03), P)为轴，AO为底面半径的圆锥，即圆维的高为P)=4,底面 M(o.-1-,) 半径为A0=3,根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是号× Ab=(-3,10),B=(0,-13). x×3×4=12元 (2)如图，连接EA,E),EC,由题意结合正四棱锥的性质可知， =(8,-1小 每个侧面都是等边三角形， 设平面ABF的法向量为n=(x,y,), 则a亦=3x+y=0, n·B=-y+3z=0. 令x=1,则v=3,=1,故n=(13,1), 则1cos(7n1=A:n=25 =230 An5、+x+可 15 解得=怎，即线段DM的长为 由E是PB中点，则AEL PB,CEPB. 2 又AENCE=E,AE,CEC平面ACE,故PB⊥平面ACE,即 5.(1)证明：如图①，在四边形ABMN中，过点B作BE∥MW交 BE⊥平面ACE. AN于点E,在△AEB中，AE=2,BE=2,AB=22,则AB= 又BD∩平面ACE=O,于是直线BD与平面AEC所成角的 AE十BE,则AE⊥BE 大小即为∠OE 'BE∥MN,.AN⊥NM 不妨设AP=AD=6,则B0=32,BE=3,in∠BOE=3 又AN⊥VP,NMONP=N.NM.NPC平面NMP,故AN⊥ 2 平面NMP 又ANC平面ANMB,.平面ANMB⊥平面NMP 鉴 又线面角的范围是[0，交]，故∠BOE=产即为所求. 任务强化练18空间位置关系的 证明与二面角问题 1.解：以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴， :轴建立如图所示的空间直角坐标系Q如y, (2)解：：△PMN为等腰三角形，∴.DMLNP.又：AN⊥平 面MNP,如图②，以D为原点建立空间直角坐标系， 可得D(0,0.0),P(1.0,0),N(-1,0,0),M(05,0),A(-1, h题知.0A=OB=2,则A(0.一2,0)，B(2.0,0),P(0,0,2) E(1,-1,0),F(0,-1,1), 03.0n5..d(-日92 则OE=(1.-1.0),O亦=(0，-1,1). 设平面ABP的法向量为n=(x,y,e),A花=(1,3，-2)， 设平面OEF的法向量为m=(x,y,), =（2.0-3.根据n:0-0得g+3y一2z=0, 成·m=0·即一=0： 1一y+x=0 n·Ad=0,将2x-3=0. 则O亦·m=0 令x=1.可得m=(1.1.1. 令=3则y-得=2得后=(6.号2 易知平而(0AE的一个法向量为n=(0,0,1), 成-（要2小 则osmm=员日-写。 m·月 设直线CD与平面ABP的所成角为8， 故平面50F与平面OEA夹角的余弦值为号 65 2.(1)证明：如图①，设AD的中点为O,连接OP,OB.BD 由PA=PD=AD,AB=AD,∠DAB=60°. FD-号×号BD-BD, 可知△ABD,△PAD为等边三角形. 又O为AD的中点，.PO⊥AD,BO⊥AD 又PO∩B)=O,P),BOC平面POB. ∴FM=号CD=号，EF=号，A0=1, 故ADL平面POB, 又PBC平面POB..ADPB Vm-3A0Sm=号X1X×1X-号 4.(1)证明：AC=BC.D是AB的中点，∴CD⊥AB 又VACB为直二面角，VC⊥AC,AC∩BC=C,AC,BCC 平面ABC, ,VC⊥平面ABC 而ABC平面ABC,∴，C⊥AB. 又C∩CD=C,C,CDC平面CD. (2)解：不妨设PA=PD=AD=2,则OP=B)=3. .AB⊥平面VCD. 由AB/CD.得o∠PBA=车 又ABC平面VAB,.平面VABL平面VCD (2)解：以C为坐标原点，以CA,CB,CV 又AP=AB=2,在△PAB中，由余弦定理，得 所在的直线分别为x轴、y轴、x轴，建 PA=PB+AB-2PB·AB·cDs∠PBA→4=PB+4 立如图所示的空间直角坐标系Cxy, 6PB,解得PB=6, 则C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0) 在△POB中，OP+OB形=PB,∴PO⊥OB. V(0,0,1), 由(1)可知PO LAD,)⊥AD,故PO,OB,AD两两垂直，以 ∴.Ci=(0,0,1),=(1,-1,0). O为坐标原点，分别以QA,(OB,OP所在直线为x轴、y轴、 BE-BAE(是o).则CE-(是o) :轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系Qxy~ 设平面VCE的法向量为t=(m,,p) 则A(1,0,0),B0w3,0),P(0,0.3),C(-2,3,0). (p=0, 设n=(x.,)为平面APB的法向量，则 市，n一0：即 则/·G-0 即1 .CE-0 3 AB.n=0. (m+n=0. 一十3=0可取n=(3.1D. 令m=1.则1=（一3,1.0） -十3=0， 同理可以求得平面AB的一个法向量s=(1,1,1), 设m=(,地，)为平面PBC的法向量， 'cos(s,t)= 8·t 1-3+1 30 则 一3为+3a=0, st5×(-3)+T15 1-2=0, 又二面角CVEA为锐角， 可取m=(0,一1，一1) 二面角CVEA的余弦值为震。 m·n -2 cosm,m）=mn-/3+1+7×、1中百 /10 5.(1)证明：，PD底面ABCD,且底面ABCD是矩形， 5 .PD⊥BC,CD LBC 由题意，知二面角APBC的平面角为纯角， 又PD∩CD=D,PD,CDC平而PCD. 二面角APBC的余弦值为-D 5 .BC⊥平面PLDC, 3.(1)证明：：AB=AD,O为BD的中点， DEC平面PDC,'.BC⊥DE 又：PD=DC,E是PC的中点， ∴.AO⊥BD. .DE⊥PC ,平面ABD∩平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD, ,'PC∩BC=C,PC,BC平面PBC, AO平面ABD,因此AOL平面BCD. CDC平面BCD,∴.AOLCD. .DE⊥平面PBC,PB.PCC平面PBC ..DELPC. (2)解：如图，作EF⊥BD于点F,作 又EFLPB,EF∩DE=E,EF,LDC平面EFD. FM⊥BC于点M,连接EM .PB⊥平面EFD 'AOL平面BCD, ..AOI BD.AO CD. (2)解：如图，由题意知DA,DC,DP两两互相垂直，以D为坐 ∴.EF⊥BD,EF⊥CD 标原点，DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、，y轴、z轴建立 ,'BD∩CD=D,BD,CDC平面BOD 空间直角坐标系Dx. ,EF⊥平面BCD,即EF L BC .'FMLBC,FM∩EF=F,FM,EFC平而EFM. ,BC⊥平面EFM,即BC⊥MF, 则∠EMF为二面角EBC-D的平面角，∠EMF=45. :△OCD是等边三角形，∠BCD=90°， ,'Rt△EFDX∽Rt△AOD, ED=号AD,FD-导0D, 设AD=t,则D(0,0,0),B(t,a,0),C(0,a.0),P(0,0,a), 66 Eo,号，号）∴D=(0.0a,Di=ta,0 设平面EBM的法向量为n:=(2,边，)， 则0·证-0即33”二0. 1/5n一为=0 由(1)知，DE⊥平面PC,故D正是平而PBC的一个法向量， 且Dt-(o,号，受) 令为=3.=5，a=-1.∴m=(5.3,-1). 设平面PBD的法向量为n=(x,y,, 设二面角FB4E的平面角为0，.|co%引=cos(n1,n)| 由成：=0得 ax=0, m·:=山 nm13 Db·n=0, 即/0， r十ay=0, .r十ay=0 取y=1,得=(-l,0) 0e[0,.血>0，即m0=V个-0=5 DE. 六三面角FBE的正弦值为授 2 任务强化练19立体儿何的综合问题 1.(1)证明：在直角梯形AOOC中，AC=(AO-CO)+ 解得t=a,即AD=a 01(1=20, 6.解：(1)方法一（利用线面平行判定定理）： .在三棱锥O-ABC中，AC=A①十OC, M为AD的中点，BC∥AD.且AD=4,BC=2,∴BC∥MD, ∴.A00C 且BC=MD, 又AO⊥OB.CO∩OB=O,OC,OBC平面OBC. .四边形BCDM为平行四边形， .AO⊥平面BOC .BM∥CD, 又，AOC平面AOB,∴.平面AOB⊥平面BC 又CDC平面DE,BM过平面CDE,',BM∥平面CDE (2)解：由(1)知AO⊥(OC,AO⊥OB,又B)⊥OC 方法二（利用面面平行的性质）： 以O为坐标原点，以心.O心.0的方向分 'EF∥AD.BC∥AD,.EF∥BC. 别作为x轴，y轴，￥轴的正方向，建立如 又EF=BC=2,∴.四边形BCEF为平行四边形. 图空间直角坐标系Oxy, ∴BF∥CE,又CEC平面CDE,BF过平面CDE,∴.BF∥平 A(0,0,4),B(0,2,0),C(2,0,0),则 面CDE 元=(2,0.0). ,'M为AD的中点，且AD=4,,EF∥MD,且EF=MD, 设n=(x,y,)为平面ABC的法向量， .四边形MDEF为平行四边形， AB=(0.2.-4),BC=(2.-2.0). ',FM∥ED,又EDC平面CDE,FM过平面CDE .FM∥平面CDE. 由：可得8 ln·BC=0. :BF,FMC平面BMF,BF∩FM=F,∴.平面BMF∥平 令x=2,则n=(2,2,1). 面CDE 设直线OC与平面ABC所成角为0， 又BMC平面BMF,∴.BM∥平面CDE 则sim0=交，m。2 (2)取AM的中点O,连接BO.F). o1n3' 由(1)方法一可知，BM=CD=AB=2.'AM=2. ∴直线0C与平面AC所成角的正弦值为导 ∴.BOLAD,且BO=3. 2.(1)证明：如图①，取AB的中点O,连接PO.DO 由(I)方法二知四边形MDEF为平行四边形，FM=ED 'PA=PB.∴.PO⊥AB. =、10, 又平面PAB⊥平面ACD,平面PAB∩平面ABCD=AB, 又AF=I0,.FOLAM, PCOC平面PAB..POL平面ABCD, 方法一：ECC平面ABCD.POLEC. 又OA=M=1,.FO=、FA-0川=3， 在正方形ABCD中，O,E分别为ABAD的中点， 又FB=2w3,.B+FF=FB, ∴.△DAO≌△CDE,则∠ODE=∠ECD. ,FOOB,即OB,OD,OF两两垂直 又∠ECD+∠DEC=90°， 分别以OB,OD,OF所在直线为x,y,:轴建立如图所示的空 .∠DEC+∠ODE=90, 间直角坐标系， ,EC⊥OD,OD∩PO=O,OD,PC平面POD. .CE⊥平面POD.又PDC平面POD..CE⊥PD 则F(0,0,3),B(5,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),则Mi= (3,-1,0),Mf=(0,-1.3),ME=(0.1,3). 0 方法二：取CD的中点G,连接OG,则OB.OP,OG两两垂直， 设平面FBM的法向量为n1=(西州·)， 则：-0即3-=0， ∴分别以OB,(OG,(OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图 ②所示的空间直角坐标系 n,·M亦-0，甲-y+3=0. 设AB=2,则C1,2,0),P(0,03).E(-1,1,0),D(-1.2. 令3为=3.x1=5,a=1m1=(3,3,1). 0)∴.CE=(-2.-1.0),Pd=(-1.2,-5), 67任务强化练18空间位置关系的证明与二面角问题 【基础保分练】 3.(2021·新高考I卷)如图，在三棱锥ABCD 1.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是 中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为 等腰梯形，AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交 BD的中点 于点O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=22, (1)证明：AOCD: E,F分别是AB,AP的中点，求平面EOF与 (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E 平面OEA夹角的余弦值. 在棱AD上，DE=2EA,且二面角EBCD的 大小为45°，求三棱锥ABCD的体积. 2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 菱形，PA=PD=AD,∠DAB=60°. 【能力提分练】 (1)证明：AD⊥PB: 4.如图①，在△ABV中，AC=BC=CV=1, (2)若异面直线PB与CD所成角的余弦值为 ACLVB于点C.现将△ABV沿AC折叠，使 百，求二面角APBC的余弦值 V-ACB为直二面角（如图②），D是棱AB的 中点，连接CD,VB,VD D ① (1)证明：平面VAB⊥平面VCD: (2)若棱AB上有一点E满足BE=BA,求 二面角CVEA的余弦值 36 5.(2023·湖北十堰模拟)如图，在四棱锥 6.(2024·全国甲卷理)如图，在以A,B,C,D, P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PDI E,F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四 底面ABCD,PD=DC=a,E是PC的中点， 边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥ 过点E作EF⊥PB,交PB于点F. AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=/10, FB=2√3，M为AD的中点. (1)证明：BM∥平面CDE; (2)求二面角FBM-E的正弦值. (1)证明：PB⊥平面EFD: (2)若平面PBC与平面PBD的夹角的大小 为，求AD的长度 -37