《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

7.（2024浙江杭州二模，17）如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB = 60°，BC = 2PQ = 4AB = 4，M为BC的中点，PQ//BC，PD⊥DC，QB⊥MD.
（1）证明：∠ABQ = 90°；
（2）若多面体ABCDPQ的体积为$\frac{15}{2}$，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.

答案：
- （1）证明：连接PM。在△DCM中，由余弦定理得$DM=\sqrt{3}$，所以DM²+DC² = CM²，所以$\angle MDC = 90^{\circ}$，所以DM⊥DC。又因为DC⊥PD，DM∩PD = D，所以DC⊥平面PDM。所以DC⊥PM。显然，四边形PQBM为平行四边形，所以PM//QB。又AB//DC，所以AB⊥BQ，所以$\angle ABQ = 90^{\circ}$。\n（2）因为QB⊥MD，PM//QB，所以PM⊥MD，又PM⊥DC，MD∩DC = D，MD，DC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD。取AD中点E，连接PE，设PM = h。设多面体ABCDPQ的体积为V，则$V = V_{三棱柱ABQ - EMP}+V_{四棱锥P - CDEM}=3V_{A - PEM}+V_{四棱锥P - CDEM}=3V_{P - AEM}+V_{四棱锥P - CDEM}$，$V_{四棱锥P - CDEM}=S_{\triangle AEM}h+\frac{1}{3}S_{四边形CDEM}h=S_{\triangle AEM}h+\frac{1}{3}\times2S_{\triangle AEM}h=\frac{5}{3}S_{\triangle AEM}h=\frac{15}{2}$。解得$PM = h = 3\sqrt{3}$。建立如图所示的空间直角坐标系，

则$C(\sqrt{3}, - 1,0)$，$D(\sqrt{3},0,0)$，$P(0,0,3\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{CD}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{PD}=(\sqrt{3},0,-3\sqrt{3})$，易知平面QAB的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,0,0)$。设平面PCD的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{CD}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PD}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}y = 0\\\sqrt{3}x-3\sqrt{3}z = 0\end{cases}$，取$\boldsymbol{m}=(3,0,1)$。设平面PCD与平面QAB的夹角为θ，所以$\cos\theta=\frac{\vert\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$。

8.（2024湖南岳阳二模，15）如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD = DC = 2AD = 2，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
（1）求证：PB⊥平面DEF；
（2）求二面角B - DE - F的正弦值.

答案：
- （1）证明：因为PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，因为四边形ABCD是矩形，所以CD⊥BC，又因为PD、CD⊂平面PCD，PD∩CD = D，所以BC⊥平面PCD，又DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE，又因为PD = DC = 2，E是PC的中点，所以DE⊥PC，又PC，BC是平面PBC内的两条相交直线，所以DE⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB，又EF⊥PB，且DE∩EF = E，所以PB⊥平面DEF。\n（2）以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，B(1,2,0)，E(0,1,1)，P(0,0,2)，则$\overrightarrow{DE}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{DB}=(1,2,0)$，由（1）知PB⊥平面DEF，所以$\overrightarrow{PB}=(1,2,-2)$为平面DEF的一个法向量，设平面BDE的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则由$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DE}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DB}=0\end{cases}$得$\begin{cases}y + z = 0\\x + 2y = 0\end{cases}$，取$\boldsymbol{n}=(2,-1,1)$，则$\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{PB}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PB}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\overrightarrow{PB}\vert}=\frac{-2}{3\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{9}$，设二面角B - DE - F的平面角的大小为θ，则$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{PB}\rangle}=\sqrt{1 - (-\frac{\sqrt{6}}{9})^{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{9}$，所以二面角B - DE - F的正弦值为$\frac{5\sqrt{3}}{9}$。