2024届高考数学专项练习压轴题型08立体几何解答题罕见压轴难题（解析版）.pdf

学科网（北京）股份有限公司 压轴题型压轴题型 07 立体几何解答题罕见压轴难题立体几何解答题罕见压轴难题 命题预测 空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论 作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度 高频考法（1）非常规空间几何体为载体（2）立体几何探索性问题（3）立体几何折叠问题（4）利用传统方法找几何关系建系 01 非常规空间几何体为载体非常规空间几何体为载体 找清楚几何关系再用空间向量法解决.【典例【典例 1-1】（2024高三江苏淮安期中）如图，AB是半球O的直径，4,ABM N=是底面半圆弧AB上的两个三等分点，P是半球面上一点，且60PON=(1)证明：PB 平面PAM：(2)若点P在底面圆内的射影恰在ON上，求直线PM与平面PAB所成角的正弦值【解析】（1）连接,OM MN BM，因为,M N是底面半圆弧AB上的两个三等分点，所以有60MONNOB=，又因为2OMONOB=，2024届高考数学专项练习 学科网（北京）股份有限公司 所以,MONNOB都为正三角形，所以MNNBBOOM=，四边形OMNB是菱形，记ON与BM的交点为Q，Q为ON和BM的中点，因为60,PONOPON=，所以三角形OPN为正三角形，所以132PQBM=，所以PBPM，因为P是半球面上一点，AB是半球O的直径，所以PBPA，因为PMPAP=，,PM PA平面PAM，所以PB 平面PAM（2）因为点P在底面圆内的射影恰在ON上，由（1）知Q为ON的中点，OPN为正三角形，所以PQON，所以PQ底面ABM，因为四边形OMNB是菱形，所以MBON，即MBONPQ、两两互相垂直，以点Q为坐标原点，QM，QN，QP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Qxyz，如图所示，则()()()()()0,1,0,3,0,0,3,0,0,0,1,0,0,0,3OMBNP，所以()3,0,3PM=，()0,1,3OP=，()3,1,0OB=，设平面PAB的一个法向量为(),mx y z=，学科网（北京）股份有限公司 则00m OPm OB=，所以3030yzxy+=+=，取1x=，则()1,3,1m=，设直线PM与平面PAB的所成角为，所以3310sincos,565PM m+=，故直线PM与平面PAB所成角的正弦值为105【典例【典例 1-2】（2024四川泸州一模）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是正方形，且平面PBC平面ABCDO，E分别是BC，PA的中点，经过O，D，E三点的平面与棱PB交于点F，平面PBC平面PADl=，直线DE与直线l交于点G (1)求PFFB的值；(2)若2PBPCCD=，求多面体POCDEF的体积【解析】（1）连接OG，由题意，OG与PB的交点即为点F，连接EF，因为底面ABCD是正方形，所以/AD BC,又因为AD 面PBC，BC面PBC，所以/AD面PBC，因为平面PBC平面PADl=，AD 面PAD，所以/AD l，学科网（北京）股份有限公司 又E为PA中点，所以GPEDAE，所以ADGP=，又因为/AD BC且=AD BC，所以/GP BC且=GP BC，所以OBFGPF，因为O是BC中点，所以2PFGPFBOB=.（2）连接OP，OE，所以多面体POCDEF的体积为P OCDE PODE POFVVVV=+因为2PBPC=，O是BC中点，所以POBC，223POPCOC=，又因为平面PBC平面ABCD，平面PBC平面ABCDBC=，PO平面PBC，所以PO面ABCD，所以11131 233323P OCDOCDVSPO=，因为E为PA中点，所以1111132 23222323E PODA PODP OADVVV=，由（1）可知12FBPF=，所以22111131323323329E POFE POBA POBVVV=，所以多面体POCDEF的体积为3337 33399V=+=.【变式【变式 1-1】（2024高三全国专题练习）无数次借着你的光，看到未曾见过的世界：国庆七十周年建党百年天安门广场三千人合唱的磅礴震撼，“930 烈士纪念日”向人民英雄敬献花篮仪式的凝重庄严171金帆合唱团，这绝不是一个抽象的名字，而是艰辛与光耀的延展，当你想起他，应是四季人间，应是繁星璀璨！这是开学典礼中，我校金帆合唱团的颁奖词，听后让人热血沸腾，让人心向往之.图 1 就是金帆排练厅，大家都亲切的称之为“六角楼”，其造型别致，可以理解为一个正六棱柱（图 2）由上底面各棱向内切割为正 学科网（北京）股份有限公司 六棱台（图 3），正六棱柱的侧棱DH交11AD的延长线于点H，经测量112D DH=，且()1110,8sin120.2ABAB=(1)写出三条正六棱台的结构特征.(2)“六角楼”一楼为办公区域，二楼为金帆排练厅，假设排练厅地板恰好为六棱柱中截面，忽略墙壁厚度，估算金帆排练厅对应几何体体积.（棱台体积公式：()13Vh SS SS=+）(3)“小迷糊”站在“六角楼”下，陶醉在歌声里.“大聪明”走过来说：“数学是理性的音乐，音乐是感性的数学.学好数学方能更好的欣赏音乐，比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数()()1sinsin2R2S xxx x=+，你看这多美妙!”“小迷糊”：“.”亲爱的同学们，快来帮“小迷糊”求一下()S x的最大值吧.【解析】（1）类似于上下底面平行，相似，都是正六边形，侧棱等长，侧棱延长交于一点，侧面都是等腰梯形，等等.（2）在1D DH中，可求110,4 6D DDH=，所以排练厅上底面为边长 10 的正六边形，下底面为边长 9 的正六边形，高为2 6，学科网（北京）股份有限公司 所以243 3243 3150 3,150 3135 322SSSS=上底面下底面上底面下底面，所以1243 32 6150 3135 3813 232V=+=.（3）法 1.四元均值不等式()222sin(1 cos)Sxxx=+()31 cos(1cos)xx=+()313 1 cos(1 cos)3xx=+()()()()43 1 cos1cos1cos1cos134xxxx+2716=.当且仅当()3 1 cos1cosxx=+，即1cos2x=时取等号.所以()S x最大值为3 34.法 2.琴生不等式法()()1sinsinsin2,2S xxxx=+()sinsinsin2323xxx+=32sin23xxx+3 34=，当且仅当2xx=，即3x=取等号.所以()S x最大值为3 34.法 3.二元均值不等式推广222abab+，22()(sinsincos)Sxxxx=+2231sinsin cos3233xxx=+学科网（北京）股份有限公司 22223sin21 sin3cos42233xxx+2716=，当且仅当3sin2x=时取等号.所以()S x最大值为3 34.法 4.柯西不等式()22(sinsin cos)Sxxxx=+2322sinsin2cos223xxx=+222314sinsin2cos423xxx+22312sinsin2423xx=+，根据二次函数知识可知当3sin2x=取得最大值2716，所以2()Sx2716；柯西不等式等号成立时与二次函数取到最值时相同，当且仅当3sin2x=.所以()S x最大值为3 34.02 立体几何探索性问题立体几何探索性问题 （1）解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在（2）在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理()ab b=0，利用向量相等，所求点坐标用表示，再根据条件代入，注意的范围（3）利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理【典例【典例 2-1】（2024高三山东阶段练习）如图，在直三棱柱111ABCABC中，2AB=，侧面11ABB A是正方形，且平面1ABC 平面11ABB A 学科网（北京）股份有限公司 (1)求证：ABBC；(2)当 AC与平面1ABC所成的角为6，在线段1AC上是否存在点 E，使平面 ABE 与平面 BCE 的夹角为3?说明理由【解析】（1）证明：连接1AB交1AB于点D，因侧面11ABB A是正方形，则1ADAB 由平面1ABC 侧面11A ABB，且平面1ABC 侧面111A ABBAB=，得AD 平面1ABC，又BC平面1ABC，所以ADBC.三棱柱111ABCABC是直三棱柱，则1AA 底面 ABC，所以1AABC.又1AAADA=，从而BC侧面11A ABB，又AB侧面11A ABB，故ABBC.（2）由（1）AD 平面1ABC，则ACD直线AC与平面1ABC所成的角,所以6ACD=，又2AD=，所以2 2,2ACBC=假设在线段1AC上存在一点 E，使得二面角ABEC的大小为3,由111ABCABC是直三棱柱，所以以点 A 为原点，以 AC1AA所在直线分别为 y，z轴,以过 A 点和 AC垂直的直线为 x 轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则()10,0,2A，()()10,2 2,0,(22 0),2,2,2CBB，学科网（北京）股份有限公司 且设()1101AEAC=，1(0,2 2,2)AC=，得()0,2 2,22E 所以()0,2 2,22AE=，(22,0)AB=，设平面EAB的一个法向量()1,nx y z=，由1AEn，1ABn得：2 2(22)0220yzxy+=+=，取121,1,1n=,由（1）知1AB 平面1ABC，所以平面CEB的一个法向量()12,2,2AB=,所以111122 211cos3222 22()1AB nAB n=+，解得12=,点 E为线段1AC中点时，二面角ABEC的大小为3.【典例【典例 2-2】（2024高三北京海淀阶段练习）已知点P是边长为 2 的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知60BAD=，PDB是等边三角形.(1)求证：ACPD；(2)求点D到平面PBC的距离；(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长.学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，PO平面ABCD，AC 平面ABCD，POAC，四边形ABCD为菱形，BDAC，POBDO=，POBD、平面PBD，AC平面PBD，BD 平面PBD，ACPD；（2）由题意可得ABDBCD与PBD都是边长为 2 的等边三角形，3POAOCO=，12332BDCS=，226PCPOCO=+=，2BPBC=，22161562222PBCS=，设点D到平面PBC的距离为h，由D PBCP BDCVV=得1133PBCBDCShSOP=，即15332h=，解得2 155h=.故点D到平面PBC的距离为2 155.（3）设直线PE与平面PBC所成的角为，ADBCADPBC平面，E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离h.过E作垂线EF平面PBC交于点F，则EPF=，学科网（北京）股份有限公司 此时2 15sin5EFPEPE=，要使最大，则需使PE最小，此时PEAD.由题意可知：1OD=，3OA=，PO 平面ABCD，且3PO=，226PAOPOA=+=，222PDOPOD=+=，在PAD中，由余弦定理可得：2226446cos24262APADPDPADAP AD+=，210sin1 cos4PADPAD=，由面积相等11sin22PADSAP ADPADAD PE=，即1101622242PE=，解得：152PE=，22151=442DEPDPE=，4sin5=，即点E在线段AD上靠近点D的 4 分点处，此时4sin5=，12DE=.【变式【变式 2-1】（2024高三安徽六安阶段练习）如图，在三棱柱111ABCABC中，四边形11ABB A为正方形，四边形11AAC C为菱形，且160AAC=，平面11AAC C 平面11ABB A，点D为棱1BB的中点.(1)求证：1AACD；学科网（北京）股份有限公司(2)棱11BC（除两端点外）上是否存在点M，使得二面角11BAMB的余弦值为155，若存在，请求出111C MC B的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：取1AA的中点O，连接1CA、CO、OD，1ACAA=，且160AAC=，1AAC为等边三角形，得1AAOC，四边形11ABB A为正方形，且O、D分别是1AA、1BB的中点，1AAOD，OCODO=，OC、OD 平面OCD，1AA 平面OCD，CD 平面OCD，1AACD；（2）平面11AAC C 平面11ABB A，且平面11AAC C平面111ABB AAA=，1OCAA，OC 平面11AAC C，OC 平面11ABB A，OD 平面11ABB A，OCOD，以O为坐标原点，分别以OA、OD、OC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，不妨设2AB=，则()1,2,0B，()11,0,0A，()12,0,3C，()11,2,0B，则()110,2,0AB=，()111,0,3AC=，()111,2,3C B=，()12,0,3OC=，()12,2,0AB=，设()1111,nx y z=为平面111ABC的一个法向量，由1111111112030nABynACxz=+=，取11z=，得()13,0,1n=；假设棱11BC上（除端点外）存在点M满足题意，令()11101C MC B=，得()2,2,33M，设()2222,nxyz=为平面1BAM的一个法向量，学科网（北京）股份有限公司 则由()()21222122222012330nABxynAMxyz=+=+=，取21x=，得()211,1,3 1n+=.由()122133 115cos,5112231n n+=+，解得12=或18=，经检验12=或18=时，二面角11BAMB的平面角均为锐角，综上，111C MC B的值为12或18.03 立体几何折叠问题立体几何折叠问题 立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点，主要包括两个方面：一是平面图形的折叠问题，多涉及到空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题，主要涉及到几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等.【典例【典例 3-1】（2024山东潍坊模拟预测）如图，三棱锥PABC的平面展开图中，ABBC，16PBAB=，24P AAC=，12 2PC=，E为2P A的中点 (1)在三棱锥PABC中，证明：BEAC；(2)求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值【解析】（1）学科网（北京）股份有限公司 由16PBAB=，得6PBAB=，且E为PA的中点，所以BEPA，取AC中点为F，连接EF，BF，可得22PCEF=，在PBA中，222BEABAE=，在ABC中，22ACBF=，所以222BEFEBF+=，所以BEEF 因为EFPAE=，EF，PA 平面PAC，所以BE 平面PAC，因为AC平面PAC，所以BEAC；（2）如图，过点E作EGPA，交AC于点G，以EG，EA，EB分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系 则()0,0,0E，()0,2,0A，(0,0,2)B，()0,2,0P，在ABC中，可得点C到PA距离为7，故可得(7,1,0)C，(0,2,2)AB=，(7,1,2)BC=，(0,2,2)PB=学科网（北京）股份有限公司 设平面ABC与平面PBC的一个法向量分别为()1111,nx y z=，()2222,nxyz=，平面PBC与平面ABC的夹角为，由1111111220720nAByzn BCxyz=+=,取1113 71,27yxz=，所以13 7,1,27n=，由2222222220720nPByznBCxyz=+=,取22271,27yxz=，所以1212101657cos3330227n nn n=，所以27,1,27n=所以两平面的夹角的余弦值为16533.【典例【典例 3-2】（2024高三上海阶段练习）如图，正方形ABCD中，边长为 4，E为AB中点，F是边BC上的动点将ADE沿DE翻折到SDE，BEF沿EF翻折到SEF，(1)求证：平面SEF 平面SFD；(2)设面SAD面SBCl=，求证：ADl；(3)若1BF，连接DF，设直线SE与平面DEF所成角为，求的最大值【解析】（1）因为 ABCD是正方形，,SESD SESF，又SDSFS=，,SD SF 面 SFD，SE面 SFD，又SE 平面SEF，所以平面SEF 平面 SFD；（2）学科网（北京）股份有限公司 证明：因为/ADBC，AD 面SBC，BC面SBC，所以/AD面SBC，又因为面SAD面SBCl=，所以ADl.（3）设 S 在面 AEF 上的射影为O，连接 EO，则SEO为直线 SE 与平面 DEF 所成角 设(14)BFxx=，则4CFx=()1114 44 22444222DEFSxxx=+在DEF中，4,DSSFx=，2832DFxx=+可得2222cos12DSSFDFDSFDS SFx+=，1sin412DBFSDS SFDSFx=，S DEFE DSFVV=，()8141 244xxxSOSOx=+=+又2SE=，41sin4SOxSEx=+，令(2441,0,3,sin55txt tttt=+，令()()5,0,3g tttt=+，()()()()1 21212121212121 255555t tg tg tttttttttttt t=+=+=，当()12,0,3t t 且12tt时，121 21 20,5 0,0ttt tt t，则()()120g tg t，可得()g t在(0,3上单调递减，学科网（北京）股份有限公司 当3t=，即4x=时，sin最大为32，最大值为3【变式【变式 3-1】（2024湖北模拟预测）如图，在梯形ABCD中，/AB CD，223ABBCCD=，3ABC=.将ADC沿对角线AC折到APC的位置，点 P 在平面ABC内的射影 H恰好落在直线AB上.(1)求二面角PACB的正切值；(2)点 F 为棱PC上一点，满足2PFFC=，在棱BC上是否存在一点 Q，使得直线FQ与平面ABF所成的角为3?若存在，求出BQQC的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）如图，过点H作HMAC于点M，连接PM，DM，PH 平面ABCD，AC平面ABCD，PHAC，又HMAC，,HMPHH HM PH=平面PMH，AC平面PMH，PM 平面PMH，ACPM，ACDM.PMH为二面角PACB的平面角.ABAC=，60ABC=，ABC为等边三角形，2AC=，又Rt DMC中，60DCM=，3CD=，32CM=，12AM=.又/AH CD，13AHAMCDMC=，1AH=，H为线段AB的中点.3 32PMDM=，1332MHDM=，Rt PMH中，6PH=，tan2 2PHPMHMH=，所以二面角PACB的正切值为2 2.（2）连接CH，ABC为等边三角形，H 为线段AB的中点，CHAB，又PH 平面ABCD，则HC，HB，HP两两垂直，以 H 为坐标原点，HC，HB，HP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，学科网（北京）股份有限公司 则()0,1,0A，()0,1,0B，()3,0,0C，()0,0,6P，136,0,333CFCP=，2 36,1,33BFCFCB=，()0,2,0AB=.设平面ABF的法向量为(),nx y z=，00n ABn BF=，202 36033yxyz=+=令1x=，可得()1,0,2n=.假设棱BC上存在满足要求的点 Q，设BQBC=，0,1，()3,1,0BC=.()3,0BQ=，2 363,1,33FQBQBF=因为直线FQ与平面ABF所成的角为3，()22233sin322 3631333FQ nFQ n=+，整理得：281890+=，解得34=或32=（舍去）.所以34BQBC=，则3BQQC=.所以当3BQQC=时，FQ与平面ABF所成的角为3.04 利用传统方法找几何关系建系利用传统方法找几何关系建系 用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得求解的一般步骤为：学科网（北京）股份有限公司（1）作图：作出空间角的平面角（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的（3）计算：在证明的基础上计算得出结果 简称：一作、二证、三算【典例【典例 4-1】（2024高三广东期末）如图，在棱长为2的正方体ABCDEFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥MBCGF绕直线CG逆时针旋转()0后，得到四棱锥MB CGF.(1)若2=，求证：平面MBF 平面M B F ；(2)是否存在，使得直线M F 平面MBC，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：若2=，则平面DCGH平面CB F G 为同一个平面.连接BH、BF，则M是BH中点，M是BF中点，所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M B F 与平面BFF B 重合，由正方体性质可知BF 平面EFF H，因为HF、FF平面EFF H，所以，BFHF，BFFF，HFF为二面角HBFF的平面角，因为HGFG=，2HGF=，则4HFG=，同理可得4F FG=，所以2HFF=，所以，平面MBF 平面M B F 学科网（北京）股份有限公司（2）假设存在，使得直线M F 平面MBC，以C为原点，分别以CB、DC、CG的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C、()2,0,0B、()1,1,1M，故()2,0,0CB=、()1,1,1CM=，设平面MBC的法向量为(),mx y z=，则020m CMxyzm CBx=+=，取1y=，得()0,1,1m=是平面MBC的一个法向量，取CG的中点P，BF的中点Q，连接PQ、PM，则()0,0,1P，因为()2221113MGMC=+=，则PMCG，同理可知，PMCG，因为/BQ CP，BQCP=，BQBC，则四边形BCPQ为矩形，所以，PQCG，于是MPM是二面角MCGM的平面角，MPQ是二面角MCGQ的平面角，QPM是二面角QCGM的平面角.于是MPM=，因为()1,1,0PM=，()2,0,0PQ=，22cos222PM PQMPQPMPQ=，因为0MPQ，则4MPQ=，所以4QPM=，因为PMCG，PMCG，PMPMP=，PM、PM 平面MPM，所以，CG 平面MPM，且2M PMP=，故2cos,2sin,144M，同理()2cos,2sin,2F，所以2cos2cos,2sin2sin,144MF=，学科网（北京）股份有限公司 因为2cos2cos2cos2cos cos2sin sincossin444=，2sin2sin2sin2sin cos2cos sincossin444=+=+，所以()cossin,cossin,1M F=+，若直线M F 平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则/M Fm，即存在R，使得M Fm=，则cossin0cossin1=+=，因为()()2220cossincossin2+=+=，可得22=，故方程组cossin0cossin1=+=无解，所以不存在()0,，使得直线M F 平面MBC.【典例【典例 4-2】（2024高三云南大理期末）如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且120,BADPA=底面,2,ABCD PAABE F H=分别是棱,PB BC PD的中点 (1)求平面EFH与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)求平面EFH截四棱锥PABCD所得的截面与PA交于点Q，求PQPA的值【解析】（1）学科网（北京）股份有限公司 作AGAD，以A为原点建立空间直角坐标系，易知(0,0,0)A，(0,0,2)P，(3,1,0)B，(3,1,0)C，(0,2,0)D，31(,1)22E，(0,1,1)H，连接AC，易证G是BC的中点，故G与F重合，(3,0,0)F，故(0,2,2)PD=，(3,1,2)PC=，设面PDC的法向量(,)nx y z=，可得220yz=，320 xyz+=，令3y=，故(3 33)n=,，设面EFH法向量(,)ma b c=，3 1(,1)22EF=，3 3(,0)22EH=，可得33022ab+=，31022abc+=，令3a=，故(312)m=,，设二面角为，则3361242cos79393 1 4218n mn m+=+，故平面EFH与平面PCD所成二面角的余弦值为427.（2）连接DC找中点G，连接GF并延长交AB延长线于I，连接IE并延长交AP于Q，连接QH，根据平面的基本性质易知：,E F G H Q,共面，即多边形EFGHQ是所求截面多边形，若J是AB中点，连接,GJ EJ，又,E F为,PB BC中点，学科网（北京）股份有限公司 所以12IBBFIJGJ=，则B是IJ中点，即22IJBJAB=，又1,3EJIA=，23IJEJIAAQ=，可得32AQ=，故122PQAQ=，所以14PQPA=.【变式【变式 4-1】（2024高三上海期末）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”如图，椭圆柱OO中底面长轴4ABA B=，短轴长122 3,F F为下底面椭圆的左右焦点，2F为上底面椭圆的右焦点，4,AAP=为BB上的动点，E为A B 上的动点，MN为过点2F的下底面的一条动弦（不与AB重合）(1)求证：当P为BB的中点时，12FF/平面PMN(2)若点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的投影，且12,Q F Q F与下底面所成的角分别为,，试求出()tan+的取值范围(3)求三棱锥EPMN的体积的最大值【解析】（1）由题设，长轴长|4ABA B=，短轴长2 3，则1221OFOFO F=，所以22,F F分别是,OB O B 中点，而柱体中ABB A 为矩形，连接OB，由2121/,|1B FOFB FOF=，故四边形12FOB F为平行四边形，则12/OBFF，当P为BB的中点时，则2/PFOB，故212/PFFF，2PF 面PMN，12FF面PMN，故12FF/平面PMN.学科网（北京）股份有限公司（2）由题设，令12|,|QFm QFn=，则4mn+=，又|4QQ=，所以4tanm=，4tann=，则tantan4()16tan()1 tantan1616mnmnmn+=，所以216tan()(2)12m+=，根据椭圆性质知13m，故416tan(),313+.（3）由22E PMNMPEFN PEFVVV=+，要使三棱锥EPMN的体积最大，只需2PEF面积和,M N到面2PEF距离之和都最大，222PEFBF EBPBFPEBSSSS=，令,EBa PBb=且,0,4a b，则4PBb=，所以2111(1)4(1)1(4)22222PEFb aSabab=+=+，显然4ab=时，有最大28PEFS=；构建如上图直角坐标系且(0,2)B，椭圆方程为22143yx+=，设:1MN ytx=+，联立椭圆得22(34)690txtx+=，且2144(1)0t=+，所以2634MNtxxt+=+，2934MNx xt=+，而2|()4MNMNMNxxxxx x=+，所以22121|34MNtxxt+=+，令211lt=+，则21212|1313MNlxxlll=+，由对勾函数性质知13yll=+在1,)+上递增，故max12|34MNxx=；综上，()max18 383E PMNV=.学科网（北京）股份有限公司 1如图，四面体ABCD中，2,2ABBCBDACADDC=(1)求证：平面ADC 平面ABC；(2)若(01)DPDB=，若直线AD与平面APC所成角为 30，求的值；若PH 平面,ABC H为垂足，直线DH与平面APC的交点为G当三棱锥PACH体积最大时，求DGGH的值【解析】（1）取AC的中点O，连接,DO OB，因为2,2ACADDC=，则DOAC，所以222ADDCAC+=，所以DADC，所以1DO=，又因为2,ABBCBD=所以BOAC，则223BOBCCO=，又因为222BODOBD+=，所以DOBO，又因为DOAC，,ACBOO AC BO=平面ABC，所以DO 平面ABC，又因为DO 平面ACD，所以平面ADC 平面ABC；（2）因为,OC OD OB两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，所以()()()()1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,3,0ACDB，设()111,P x y z，因为()()111,1,0,3,1DPx y zDB=，所以由(01)DPDB=可得：1110,3,1xyz=+，所以()0,3,1P+，()()()1,0,1,2,0,0,1,3,1ADACAP=+，学科网（北京）股份有限公司 设平面APC的法向量为(),nx y z=，则()20310n ACxn APxyz=+=，取1y=+，可得0,3xz=，所以()0,1,3n=+，因为直线AD与平面APC所成角为 30，所以()()2231cos,2213n ADn ADn AD=+则()223142421=+，化简可得：22+210=，解得：132+=或132=（舍去）.由（1）知，DO 平面ABC，又PH 平面,ABC 所以/PHDO，H在BO上，因为(01)DPDB=，所以=2DPDB=，22PB=，所以PHBPBHPOBDBO=，即22123PHBH=，所以()1,3 1PHBH=，所以()33 13OHOBBH=，三棱锥PACH体积为：11113323P ACHACHVSPHAC OH PHOH PH=()22133313313333212=+，因为01，当12=时，三棱锥PACH体积最大为312，此时,P H分别为BD，OB的中点，所以3 130,0,0222PH，()()()()1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,3,0ACDB 设()01DGDH=，设()222,G xyz，因为()2223,1,0,12DGxyzDH=，学科网（北京）股份有限公司 所以22230,12xyz=+，所以30,12G+，因为G在平面PCA上，所以设GPmGCnGA=+，所以331330,1,1,1,122222GPGCGA =，所以()()3333222201112mnmnmn=+=+=+，解得：23=，所以23DGDH=，所以21DGGH=.2如图，四棱锥PABCD中，二面角PCDA的大小为90，4DCPDPC=，2290DABABCADBDCB=，E是PA的中点.(1)求证：平面EBD 平面PCD；(2)若直线PD与底面ABCD所成的角为60，求二面角BEDC的余弦值.【解析】（1）由2290DABABCADBDCB=，得,/ADAB ADBC=，则45DBCDCB=，所以,90BDCDBDC=，即BDCD.由二面角PCDA的大小为90，知平面PCD平面CDA，即平面PCD平面ABCD，学科网（北京）股份有限公司 又平面PCD平面ABCDCD=，BD平面ABCD，所以BD平面PCD，又BD平面EBD，所以平面EBD平面PCD.（2）过P作CD的垂线，交CD延长线于点 H，连接 AH，由平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD=，PH 平面PCD，PHCD，所以PH平面ABCD，则DH为PD在底面ABCD内的射影，所以PDH为直线PD与底面ABCD所成的角，即60PDH=.由4DCPDPC=，知DPDC=且PDC为钝角三角形，设1AD=，得2BDDCDP=，2BC=，在PHD中，262,22PDDHPH=，在ADH中，245,1,2ADHADDH=，由余弦定理得2222cos452AHADDHAD DH=+=，有222AHDHAD+=，所以AHCD，过D作/DFPH，则DF底面ABCD，所以,DB DC DF两两垂直，建立如图空间直角坐标系Dxyz，2622226(2,0,0),(0,2,0),(0,),(,0),(,)2222424BCPAE，所以226(2,0,0),(,),(0,2,0)424DBDEDC=，设平面EBD和平面ECD的一个法向量分别为111222(,),(,)nx y zmxyz=，则1111202260424n DBxn DExyz=+=，2222202260424m DCym DExyz=+=，令121,1zz=，则112230,3,02xyxy=，所以3(0,1),(3,0,1)2nm=，则17cos,7724n mn mn m=，故所求二面角BEDC的余弦值为77.学科网（北京）股份有限公司 3如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA 平面,ABCD PD与底面所成的角为45，E为PD的中点 (1)求证：AE平面PCD；(2)若2,ABG=为BCD的内心，求直线PG与平面PCD所成角的正弦值【解析】（1）因为PA 平面,ABCD CD 平面ABCD，所以PACD，因为PD与平面ABCD所成的角为45,PA平面ABCD，所以45PDA=，且45PDAAPD=，所以PAAD=，又E为PD的中点，所以AEPD，因为四边形ABCD为正方形，所以CDAD，又,CDPA PAADA PA AD=平面PAD，所以CD 平面PAD，因为AE 平面PAD，所以CDAE，因为,PDCDD PD CD=平面PCD，所以AE平面PCD（2）因为底面ABCD为正方形，G为BCD的内心，所以G在对角线AC上 如图，设正方形的对角线的交点为O，所以,2OGGF CGOG=，所以()()21,2221COCGOGOG ACCOOG=+=+=+，学科网（北京）股份有限公司 所以()()222 12AGAOOGCOOGOGOG=+=+=+=+，所以22AGAC=，又因为2AB=，所以2AG=由题意知,AB AD AP两两垂直，以,AB AD AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz 所以()2,2,0G，由（1）知APAD=，所以()()()0,0,2,0,2,0,0,1,1PDE，所以()2,2,2PG=又因为AE平面PCD，所以平面PCD的一个法向量为()0,1,1AE=设直线PG与平面PCD所成角为，则()()0,1,12,2,222sincos,428AE PGAE PGAEPG=4如图 1，已知在正方形ABCD中，2AB=，M，E，F分别是边CD，BC，AD的中点，现将矩形ABEF沿EF翻折至矩形A B EF 的位置，使平面A B EF 平面CDFE，如图 2 所示 学科网（北京）股份有限公司 (1)证明：平面A EM平面A FM；(2)设Q是线段A E上一点，且二面角AFMQ的余弦值为33，求EQEA的值【解析】（1）因为四边形ABCD是正方形，E，F分别是边BC，AD的中点，所以A是直角，且AF平行且等于BE，即四边形AFEB是矩形，进一步有A FEF，因为平面A B EF 平面CDFE，平面A B EF 平面CDFEEF=，且A F平面A B EF，A FEF，所以A F平面CDFE，因为EM 平面CDFE，所以A FEM 易知4EMCFMD=，则2EMF=，所以EMFM 因为FMA FF=，FM 平面A FM，A F平面A FM，所以EM 平面A FM 又EM 平面A EM，所以平面A EM平面A FM（2）解法一：由（1）可知，FD，FE，FA三条直线两两垂直，故可以F为坐标原点，分别以FD，FE，FA的方向为x轴、y轴、z轴的正