2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題910真題再現(xiàn)練習(xí)理含解析

9.10真題再現(xiàn)

1.（2024年新課標(biāo)H）設(shè)明。為兩個(gè)平面，則”〃。的充要條件是

A.。內(nèi)有多數(shù)條直線與￡平行

B.〃內(nèi)有兩條相交直線與"平行

C.明月平行于同一條直線

D.a,￡垂直于同一平面

【答案】B

【解析】由面面平行的判定定理知：a內(nèi)兩條相交內(nèi)線都與彳是a//￡的充分條件，由面面平行性質(zhì)

定理知，若。//〃，則a內(nèi)隙意一條直線都與夕平行，所以a內(nèi)兩條相交直線都與《平行是口〃力的必要

條件，故選B.

2.（2024年新課標(biāo)【）已知三梭錐?始的四個(gè)頂點(diǎn)在球。的球面上，P后PB=PC,△/!%是邊長(zhǎng)為2的正三

角形，E,廣分別是胡，/仍的中點(diǎn)，/詼90°,則球。的體積為

A.85/6KB.4瓜亢C.2瓜兀D.屈R

【答案】D

【解析】解法一：???可=9=尸。23笈。為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，.?.?一A6c為正三棱錐，

:.PB±AC,又E、P分別為小、48中點(diǎn)，

:.EFHPB,:,EFLAC,又EFLCE,CE^AC=C,「.所_1平面PAC,PA_L平而以C,

.,.NAP4=90°,/.PA=P4=PC=應(yīng)，.?./>-ABC為正方體一部分，2R=j2+2+2=#，即

R座,.?”=±穴內(nèi)=±萬(wàn)*尬=后冗，故詵D.

2338

p

設(shè)PA=PB=PC=2X，瓦尸分別為PAA8中點(diǎn)，

s.EFUPB,且石尸=,。8=%，TA/WC為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，

2

：.CF=&又NCM=90。?.CE=\/3-、,AE=LpA=x

A4￡C中余弦定理cosN￡4C='+4—(3-')作PO_LAC于PA=PC,

2x2xx

八八%%「，h卜/口A廠A。Ix~+4-3+x~1

Q。為AC中點(diǎn)，cosZE4C=——=—,----------------=—，

PA2x4x2x

2r+1=2x2=-x=匹，.?.幺=P8=PC=j2,又A3=3C=AC=2,..PA.PB,PC兩兩

22

垂直，/.2R—V2+2+2-\fb?；.R=^~‘：.V=—TIR3=—TTX-V6n?故選D.

2338

3.（2024年新課標(biāo)I卷）已知正方體的楂長(zhǎng)為1,每條樓所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方

體所得截面面積的最大值為

.3萬(wàn)口福^2V3'

A--B.丁Cr,-nD.7

【答案】A

【解析】依據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，

所以在正方體一////中，

平面//與線，所成的角是相等的，

所以平面//與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，

同理平面/也滿意與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，

要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個(gè)面//與/中間的，

且過(guò)棱的中點(diǎn)的正六邊形，且邊長(zhǎng)為

所以其面積為=6義與§2=當(dāng),故選人.

4.（2024年全國(guó)卷II）在長(zhǎng)方體一////中，==/，/=近,則異面直線/

與/所成角的余弦值為

A/B-C￡D夕

"?5a-6L,552

【答案】C

【解析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD］為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則

（。0⑨，（LQ6,/（/,/，◎，所以0,6；=（/,/,四，

因?yàn)閏os<—；,-；>=二==4=烏所以異面直線/與,所成角的余弦值為g選C.

I?11/I"V〉o0

5.（2024年新課標(biāo)2卷）已知直三楂柱C-J/g中，/C=12。,=2,C=CC/=/,則

異面直線/與C,所成角的余弦值為（）

【答案】c

【解析】如圖所示，補(bǔ)成宜四棱柱

則所求角為一1=>[2,=[?+/—2x2x/xcos60°=\[3,/=；=1</5,

易得i2='+3因此cos/；=—丁=京==，故選C.

6.(2024新課標(biāo)全國(guó)I)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組

成，正方形的邊長(zhǎng)為2,俯視圖為等腰直角三角形.該多面體的各個(gè)而中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積

之和為

A.10B.12

C.14D.16

【答案】B

【解析】

由題意該幾何體的直觀圖是由一個(gè)三棱錐和三棱柱構(gòu)成，如下圖，則該!I何體各面內(nèi)只有兩個(gè)相同的梯形,

則這些梯形的面積之和為2x(2+4)x2xi=12,故選B.

2

7.（2015新課標(biāo)全國(guó)I理科）《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中有如下問(wèn)題：“今有

委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺.問(wèn):枳及為米幾何？”其意思為：“在屋內(nèi)墻角處堆放米（如圖，米堆為一

個(gè)圓錐的四分之一），米堆為一個(gè)圓糧的四分之一），米堆底部的弧長(zhǎng)為8尺，米堆的高為5尺，問(wèn)米堆的

體枳和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體枳約為1.62立方尺，圓周率約為3,估算出堆放的米約有

A.14斛B.22斛

C.36斛D.66斛

【解析】設(shè)圓錐底面半徑為r,則;x2x3=8、所以=號(hào)所以米堆的體枳為Jx-x3x（勺Zx分岑,

故堆放的米約為春+1.62-22,故選B.

8.（2015年新課標(biāo)I）圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個(gè)幾何體，該幾何體三視圖

中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20，則『（）

A.1B.2C.4D.8

【答案】B

【解析】由幾何體三視圖中的止視圖卻俯視圖可知，

截圓柱的平面過(guò)圓柱的軸線，

該幾何體是一個(gè)半球拼接半個(gè)圓柱，

二.其表面積為：-；x4'十;x'+」產(chǎn)2x2+2x2十（X9=5"+4

又???該幾何體的表面積為16+20n,

：.5:'+4~=16+20,解得r=2,

本題選擇B選項(xiàng).

9.（2014年新課標(biāo)I）如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗實(shí)線畫(huà)出的是某多面體的三視圖，則該多面

體的各條棱中，最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為（）

A.6>J~3B.6C.6^D.4

【答案】B

【解析】由正視圖、側(cè)視圖、俯視圖形態(tài)，可推斷該兒何體為四面體，且四面體的長(zhǎng)、寬、高均為4個(gè)單

位，故可考慮置于校長(zhǎng)為4個(gè)單位的正方體中探討，如圖所示，該四面體為-，且==4、

=442,==2>J~5,=J（RW+4=6,故最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為6,選B.

10（2014年大綱卷）.正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上，若該棱錐的高為4,底面邊長(zhǎng)為2,則該球的表面積

為（）

A.一B.16C.9D.彳

【答案】A

【解析】正四棱錐P-ABCD的外接球的球心在它的高/上，記為0,P0=A0=R,尸4,尸4-上

在/中，/=◎由勾股定理2=2+（4-/得=：,???球的表面積二5

11.（2024年新課標(biāo)H）中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形態(tài)多為長(zhǎng)方體、正

方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形態(tài)是“半止多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩

種以上的正多邊形圍成的多面體.半止多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱(chēng)美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半止多面體，

它的全部頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的校長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有個(gè)面，其

楂長(zhǎng)為.

圖1圖2

【答案】共26個(gè)面.棱長(zhǎng)為正7.

【解析】由圖可知第一層與第三層各芍9個(gè)面，計(jì)18個(gè)面，其次層共仃8個(gè)面，所以該半正多面體共有

18+8=26個(gè)面.如圖，設(shè)該半正多面體的核長(zhǎng)為x,則43=BE=x,延長(zhǎng)與正交于點(diǎn)G，延kBC

交正方體極于“，由半正多面體對(duì)稱(chēng)性可知，A8GE為等腰直角三角形，

/.BG=GE=CH=~^~x>GH=2x^-x+x=（V2+l）x=1?

?.?工=41=血-1，即該半正多而體棱長(zhǎng)為拉一1.

12（2024年全國(guó)卷II）已知圓錐的頂點(diǎn)為，母線，所成角的余弦值為［與圓錐底面所成角為

O

45。，若2的面積為,相，則該圓錐的側(cè)面積為.

【答案】4娟x

【解析】因?yàn)槟妇€，所成角的余弦值為《所以母線，折成角的正弦值為邁，因?yàn)椤?/p>

N8

的面積為設(shè)母線長(zhǎng)為，所以gx，x亨=N73\?.2=80,

因?yàn)榕c圓錐底面所成角為45°,所以底面半徑為cos^=4,

?IZ

因此圓錐的側(cè)面積為H=W11:>=4陌五.

13.（2024年新課標(biāo)1卷）如圖，圓形紙片的圓心為0,半徑為5cm,該紙片上的等邊三角形/I歐的中心為

O.D,E,尸為圓。上的點(diǎn)，4DBC,△比4ZkQ切分別是以比；CA,初為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開(kāi)

后，分別以46CA,月4為折痕折起；XECA、4FAB,使得〃，E,〃重合，得到三棱錐.當(dāng)△/伊C的邊

長(zhǎng)改變時(shí)，所得三棱錐體積（單位：cm'）的最大值為.

【答案】4小

【解析】如下圖，連接〃。交應(yīng)1于點(diǎn)心設(shè)D,E,6重合于S點(diǎn)，正三角形的邊長(zhǎng)為*（加0）,則OG=』x巫x

32

=—X./.FG=SG=5-—x,

66

SO=h=\ISG2-GO2

???三棱錐的體積V3?

設(shè)=5x4-%>0.則"(x)=20x3—芋x”.

令〃'（x）=O,即4/一言=o,得x=46.易知〃（x）在x=46處取得最大值.

?,?曦lilo工A=—?cx48x>/5^4=4Vi5.

14.（2024年新課標(biāo)III）圖1是由矩形/l〃￡NRi△力比和菱形皮底:組成的一個(gè)平面圖形，其中/I廬1,游腔2,

N版60°,將其沿血，回折起使得原與質(zhì)重合，連結(jié)如，如圖2.

（1）證明：圖2中的力，CG,〃四點(diǎn)共面，且平面力比二平面〃0箔：

（2）求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）30.

【解析】（D證：AD//BE,BF//CG,又因?yàn)镋和尸粘在?起.

AD//CG,A.C.,G.D四點(diǎn)共面.

又?.?48J_8￡A8_L8C.

.?.48_1平面歡6￡,〈ABu平面ABC,?.?平面ABC_L平面BCGE,得證.

⑵過(guò)B作8H_LGC延長(zhǎng)線于H,連結(jié)AH,因?yàn)锳BJ.平面BCGE,所以A8_LGC

而乂BH上GC，故GC_L平面H43,所以A”_LGC.乂因?yàn)?”1GC所以NBHA是二面角

B-CG-A的平面角，而在△BHC中NB”C=90，又因?yàn)镹FBC=60故NBCH=60，所以

￡?H=BCsin60=6

而在4人B〃中NA8〃=90,VdnZBHA=—=-^=—,即二面角3—CG-A的度數(shù)為30.

BH63

15.（2024年新課標(biāo)H）如圖，長(zhǎng)方體由C0的底面/比”是正方形，點(diǎn)夕在棱44上，BE[EC、.

（1）證明：龍_L平而"G：

⑵若*AE求二面角笈7-G的正弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）B

2

【解析】證明⑴因?yàn)锳3cO—AMCQ是長(zhǎng)方體，所以qG_L側(cè)面4蜴44,而B(niǎo)Eu平面4蜴刖，

所以BEJLBCI

又BE工EG，BGcEq=G，BG，EC|u平面EB|G，因此BE1平面七四。戶

(2)以點(diǎn)3坐標(biāo)原點(diǎn)，以5c，創(chuàng),86分別為x，yz軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

I

次0,0,0),C(a,0,0),C,(a,0力)，以0,a,/),

因?yàn)锽E_LEG，所以=0=>(0,。，9(。,一。$=0=-。2+?=0=〃=2〃.

所以石(0,a,a),EC={a-a-a\CC,=(0,0,2a),BE=(()MM),

設(shè)〃?=(芭，y,z?)是平而B(niǎo)EC的法向量,

in?BE=0、ayx+azt=0,

所以《=>ZH=(0,l,-l),

m-EC=0.3-ay}-az】=0.

設(shè)〃=(x?,y2,z2)是平面EC。1的法向量,

/?CC,=0,2az2=0,

所以《=(1,1,()),

n-EC=0.ar,-ay2-az2=0.

二面角EC—G的余弦值的肯定值為

2

所以二面角8-EC-G的正弦值為

16.（2024年新課標(biāo)I）如圖，直四棱柱力伙刀-4劣G〃的底面是菱形，力4=4,/吩2,NBAD=60°,E,扎N

分別是勿，BB、,4。的中點(diǎn).

（1）證明：亞V〃平面GDE；

（2）求二面角/IT4-*的正弦值.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）巫.

5

【解析】（1）連接ME，B.C

七分別為明，BC中點(diǎn)二.ME為MBC的中位線

又N'為4。中點(diǎn)，且ADJBiC:.ND"B[C且ND=3B0

??.MEHND四邊形MNDE為平行四邊形

:.MNIIDE,又MV<z平面GOE，DEI平面gDE

?.MV〃平面CQE

（2）設(shè)ACT8。=。，Aari4A=q

由直四棱柱性質(zhì)可知：oqJ?平面ABC。

???四邊形ABCD為菱形AC1BD

則以。為原點(diǎn)，可建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系:

則：A（x/3,0,0）,M（0,l,2）,A（百,0,4）.D（0,-1,0）N母總2

伴』。

取4B中點(diǎn)F，連接DF,則產(chǎn)

22

..四邊形488為菱形且/區(qū)4。=60「.ABAQ為等邊三角形:.DF1AB

又A4_L平面ABC。，?！肛纹矫?8。。，。F1的

：.DF±平面/184人,即。/J_平面AMR

。戶為平面AMA的一個(gè)法向量，且DF=

設(shè)平面N的法向量〃=(X,y,z),又MA=（6，T,2）,MN=住4。

22

〃?MAi=6x-y+2z=0

n

令，則y=iz——l=(V3,1,—

n-MN=—x--y=0

22,

DFn3V15

二.cos<DF,n>=sin<DF,n>=

DF|-|/i|-V15-5~5~

二?二面角A-M41-N的正弦值為：孚

17.（2024年新課標(biāo)I卷）如圖，四邊形為正方形，，分別為的中點(diǎn)，以為折痕

把4折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且1

（1）證明：平面1平面；

（2）求與平面所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見(jiàn)解析.（2）巴,

4

【解析】（1）由已知可得，BFLPF,BFLEF,又n=,所以皮平面附:

又u平而ABFD,所以平面PEFL平而ABFD.

（2）作■PH1EF,垂足為/X由（1）得，打吐平面ABFD.

以〃為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)镻軸正方向，|—|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系〃

由（1）可得，DEIPE.又DP=2,游1,所以密又小1,比2,極PE1PF.

可得=當(dāng)=3

則（0,0,肛（0,0,有，0）,—=（/卷,9,—二（0,0冷為平面/加力的法向量.

設(shè)加與平面仍叨所成角為，貝Ijsin=I二二I=%=4

I1*1IVJi

所以以與平面月質(zhì)9所成角的正弦值為當(dāng)

18.（2024年全國(guó)卷III）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是

上異于，的點(diǎn).

（1）證明：平面1平面；

（2）當(dāng)三棱錐-體積最大時(shí)，求面與面所成二面角的正弦值.

【答案】（1）見(jiàn)解析（2）當(dāng)

【解析】（1）由題設(shè)知，平面。僅L平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CLCD,比t平而ABCD,所以優(yōu)_L平面CUD.故

戊，〃此因?yàn)楸貫椤袭愑?〃的點(diǎn)，且以.為直徑，所以DM1CM.

又BCHC^C,所以〃歸_平面BMC.

而〃仁平面AMD,故平面4W9L平面BMC.

(2)以〃為坐標(biāo)原點(diǎn),一的方向?yàn)锳■軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.

當(dāng)三棱錐回體積最大時(shí)，〃為—(的中點(diǎn).

由題設(shè)得(0,0,。,(2,0,肛(2,2,0,(0,2,0,(0,1,/),

=(-2,1,/),=(0,2,0,=(2,0,0

設(shè)=(,,)是平面物〃的法向量，則

可取=(1,0，劣.

是平面.M小的法向量,因此

C0S<，->="=9

sin<,>=除

所以而極仍與而所成二面角的正弦值是學(xué)

19(2024新課標(biāo)全國(guó)川理科)如圖，四面體1強(qiáng)中，△力始是正三角形，△水刀是直角三角形，N/1的/

CBD,AB-BD.

(1)證明：平面力COL平面ABC\

（2）過(guò)〃'的平面交加于點(diǎn)E,若平面加切把四面體/傷口分成體積相等的兩部分，求二面角〃-力￡-C的

余弦值.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）9

【解析】（1）由題設(shè)可得，△2A，從而=.

又4是直角三角形，所以—=90".取〃'的中點(diǎn)0,連接密6。則〃OUC吩月〃

又由于△是正三角形，故1.所以一為二面角—一的平面角.

在△中，2+2=2.又=，所以2+2=2+2=2=

2

故/=90.所以平面力。?_1_平面ABC.

（2）由題設(shè)及（1）知，，，兩兩垂直，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，—1的方向?yàn)檩S正方向，|—1為

單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系-.則（/，〃肛（〃6〃），｛-1,0,0）.（〃〃/）.

由題設(shè)知，四而體血跡的體積為四面體力伙力的體積的&從而￡到平面4K的距離為。到平面力歐的距

離的%即夕為陽(yáng)的中點(diǎn)，得（4彳）.

故——=（一/0）,一＞=（TO①一=（一4當(dāng)9.

受即一+=0,

設(shè)=（,,）是平面加夕的法向量，則

+亨+T=。

可取=（（，）?

=0,

設(shè)是平面力位的法向量，則同理可取=

=0,

則cos＜，）=E=f?

所以二面角）/I股。的余弦值為f

20（2024年新課標(biāo)2）如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)而PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形且垂直于底A8C。,

AB=BC=-AD.ZBAD=ZABC=90".E是P力的中點(diǎn)。

2

（1）證明：直線CE〃平面Q48：

（2）點(diǎn)M在棱PC上，且直線8M與底面ABC。所成角為45°,求二面角M—A8—D的余弦值。

710

【答案】（1）見(jiàn)解析;（2）—

【解析】（1）取Q4中點(diǎn)尸，連結(jié)￡尸，BF.

因?yàn)镋為。。的中點(diǎn)，所以耳'|AQ,￡：尸=；4。，由/胡。=/48。=90。得8C||AO,乂

8。二，4。所以￡：“BC.四邊形BC所為平行四邊形,

CE\\BF.

2=

乂4/u平面Q44,CEa平面故CK||平面RW

(2)

由已知得BAA.AD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB的方向?yàn)閤軸正方向，\AB\為單位長(zhǎng)建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.則

則4(0,0,0).5(1,0,0),C(LLO),P(0,l,⑹,

PC=(l,0,->/3),A8=(l,0,0)則

BM=(x-l>y,z),PM=(x>y-L

因?yàn)锽M與底面ABCI)所成的角為45,，而〃=(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以

|cos8Mj?I=sin450.1園=

11"戶22

即(x-1)2+y2-z2=O

又M在棱PC上，設(shè)PM=之PC,貝I」

x=九y=1,z=>/3—5/32

xn+交

x=l----

22

由①，②得｛y=l（舍去“y=i

限瓜

Z=----Z=——

22

所以《一條停)從而AM=’￥，I岑

設(shè)/〃=(Xo，yo，Zo)是平面ABM的法向吊，則

wAM=00n(2->/2jx0+2y0+>/6z0=0

wAB=Oxo=O

所以可取〃尸（0,-瓜,2）.于是CQSJ77,”nvn

\m\\n\~5~

因此二面角M-AB-1）的余弦值為Vio

于

21（2024新課標(biāo)全國(guó)I理科）如圖，在四棱錐尸76（切中，力%々，且Z=/=90.

（2）若PA=PD=AB=DC,N=例九求二面角力的余弦值.

【答案】⑴見(jiàn)解析；（2）一§

【解析】（1）由已知/=N=90°,得力反1_仍徼LQZ

由于AB//CD,故ABLPD,從而月氏L平而PAD.

又4fc平面PAB,所以平面Q仍_1_平面PAD.

（2）在平面內(nèi)作1,垂足為，

由（1）可知，L平面，故1,可得1平面

以為坐標(biāo)原點(diǎn)，一的方向?yàn)檩S正方向，|一|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

由⑴及己知可得(孝,0,0),(0,Q凈,(￥，1,0)，C-y,bO).

所以一=(一學(xué)，/，一泉，一=?2。,0)，一=(￥，4-5,一=(0,1,0.

設(shè)=(,,)是平面的法向量，則

可取=(〃-/,一追).

設(shè)=(,,)是平面的法向量，則

a

a即~~~="可取=(1,0,)

、=0.

則cos<,>=——=一等

IIIIJ

所以二面角--的余弦值為-當(dāng)

22(2024年新課標(biāo)3卷)如圖,四棱錐PTBC中，PA_L底面FBCD,AD〃BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段

AD上一點(diǎn)，AM=2MD,N為PC的中點(diǎn).

（I）證明MN〃平面PAB;

（II）求直線AN弓平而PMN所成角的正弦值.

oR

【答案】（I）詳見(jiàn)解析：（II）—.

25

【解析】（I）由已知得=

■1

取3P的中點(diǎn)丁，連接,由V為尸°中點(diǎn)知工VBC,,

又如BC,故77V=||4"，四邊形AMA/r為平行四邊形，于是MNIAT.

因?yàn)槠矫妫荨闢N平面所以I￡V平面廣

（II）取BC的中點(diǎn)E，連結(jié)＜E.莊?旬=H。得HE_BC，從而且

.江=工?_BE；=J.?_（半）=而

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE的方向?yàn)閄軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.一切2由題意知,

/X0.0.4）,軸心他，癖術(shù)*卜

PM=(O,2T),PN=AN=,1,2.

I2)

設(shè)〃=（尤xz）為平面PMN的一個(gè)法向量，則

2八2y-4z=0,

n-PM=0,"

{.即{6

n-PN=0,——x+y-2z=0,

2

可取〃=(0,2,1〉

「叫"A葉幕二^

23（2024年新課標(biāo)2卷）.如圖，菱形ADCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)0,RB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD

上,AE=CF=-,EF交BI）于點(diǎn)H.將ADEF沿EF折到△【）'EF的位置,01）'=710.

4

（I）證明：D'H_L平面ABCD.（II）求二面角B-D'A-C的正弦值.

【答案】（I）詳見(jiàn)解析：（II）

25

spCF

【解析】（I）由已知得AC_L3￡）,AD=CD,又由AE=C/得一=一,故AC||E凡

ADCD

因此七尸_1_”。.從而跖.由AB=5,4c=6得">=")=>/e一">2=4.

由功|AC得絲=任=工.所以。〃=1,DfH=DH=3.

DOAD4

于是D'H2+OH2=32+l2=10=DO2,

故.D'HYOH.

又DHLEF,而OHcEF=H,

所以077_L平面ABC。.

（H）如圖，以〃為坐標(biāo)原點(diǎn)，，b的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H—R，Z.則//（0,0,0）,

A（-3,-l,0）,B（0,-5,0）,C（3,-I,0）,Dz（0,0,3），般=，氯測(cè)，AC=（6,0,0），

4。'=（3,1,3）.設(shè)瘀=匹：3*是平面48￡）'的法向量，則｛'""'=°，即（3X1-451=0，所

m-AD^O3%+凹+33=0

以可取加=（4,3,-5）.設(shè)'邢二啊四，M是平面48'的法向量，則｛"'"二°,即｛6±=°

小4。'=03x2+y2+3z2=0

-1476

所以可取〃=(0,-3,1).于是cos(/?,n)=pjp=sin（〃?,力=?因此二面角

x/50xV10-25

3-"4一。的正弦值是名竺.

25

24.（2015新課標(biāo)全國(guó)I理科）如圖，四邊形兒形9為菱形，乙仍小120°,E,6是平面兒g9同一側(cè)的兩點(diǎn),

8E上平面N3CD,〃凡L平面月比？，BE=2DF,AELEC.

E

B

（1）證明：平面平面4T；

（2）求直線/￡與直線以所成角的余弦值.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）

【解析】（I）連接BD,設(shè)BDDAC=G,連接EG,FG,EF,在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB=1,由NABC=120°,

可得AG=GC=V^-

由BE_L平面ABCD,AB=BC可知，AE=EC,

又??1￡_!_EC,.\EG=x/j,EG1AC,

在RiZXEBG中，可得BE=。，故DF#

在RlZkFDG中，可得FG邛：

在直角梯形RDFE中，由BD=2,BE=Q,【獰=爭(zhēng)1得EF4,

？+2=2,...EG_LFG,

,/ACnFG=G,，EG_L平面AFC,

〈EGc：面AEC,???平面AFC_L平面AEC.

（ID如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以—；—?的方向?yàn)檩S，y軸正方向，|—*1為單位長(zhǎng)度，建立空

間直角坐標(biāo)系G-xyz,由（I）可得A（0,-V5,0）,E（l,0,V^）,F（-l,0,二），C（0,C，0）,一=（1,

VJ,E----=（-1,V,與.…10分

=_如

所以直線AE與CF所成的角的余弦值為當(dāng)

24.（2014年廣東卷）如圖4,四邊形為正方形,1平面=3。，1

于點(diǎn)，//，交于點(diǎn).

（1）證明:1平面

（2）求一面角的余弦值.

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【答案】（1）詳見(jiàn)解析：（2）

【解析】（1）vJ■平面

1,又