1、三年（全国卷）高考真题分类汇编：平面向量、空间向量与立体几何一选择题（共10小题）1（2021浙江）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A直线A1D与直线D1B垂直，直线MN平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B12（2022浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A22B8CD3（2022浙江）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1，ACAA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的
2、点记EF与AA1所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）ABCD4（2021浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）AB3CD35（2021浙江）已知非零向量，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6（2023新高考）已知向量（1，1），（1，1）若（+）（+），则（）A+1B+1C1D17（2022新高考）在ABC中，点D在边AB上，BD2DA记，则（）A32B2+3C3+2D2+38（2022新高考）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库
3、已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（2.65）（）A1.0109m3B1.2109m3C1.4109m3D1.6109m39（2022新高考）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为36，且3l3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A18，B，C，D18，2710（2021新高考）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A2B2C4D4（多选）11
4、（2023新高考）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A直径为0.99m的球体B所有棱长均为1.4m的四面体C底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体（多选）12（2022新高考）已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（）A直线BC1与DA1所成的角为90B直线BC1与CA1所成的角为90C直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D直线BC1与平面ABCD所成的角为45（多选）13（2021新高考）已知O为坐标原点，点P1（cos，sin），P2（cos，sin），P3（cos（+），sin（
5、+），A（1，0），则（）A|B|CD（多选）14（2021新高考）在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足+，其中0，1，0，1，则（）A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值C当时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P二填空题（共5小题）15（2022浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2A8的边A1A2上，则2+2+2的取值范围是 16（2021浙江）在ABC中，B60，AB2，M是BC的中点，AM2，则AC ；cosMAC 17（2021浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明弦图是由四
6、个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则 18（2021浙江）已知平面向量，（）满足|1，|2，0，（）0记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 19（2023新高考）在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1B11，AA1，则该棱台的体积为 三解答题（共9小题）20（2022浙江）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知4ac，cosC（）求sinA的值；（）若b11，求ABC的面积21（2022浙江）如图，已知
7、ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC，DCEF，AB5，DC3，EF1，BADCDE60，二面角FDCB的平面角为60设M，N分别为AE，BC的中点（）证明：FNAD；（）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值22（2021浙江）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD（）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值23（2023新高考）已知在ABC中，A+B3C，2sin（AC）sinB（1）求sinA；（2）设AB5，求AB边上的高24（2023新高考）如图，在正四棱柱ABCDA
8、1B1C1D1中，AB2，AA14点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA21，BB2DD22，CC23（1）证明：B2C2A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角PA2C2D2为150时，求B2P25（2022新高考）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）若C，求B；（2）求的最小值26（2022新高考）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值27（2021新高考）记ABC的内角A，B，C的对边分别
9、为a，b，c已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasinC（1）证明：BDb；（2）若AD2DC，求cosABC28（2021新高考）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE2EA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积参考答案解析一选择题（共10小题）1（2021浙江）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A直线A1D与直线D1B垂直，直线MN平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线
10、A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B1【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行；直线与平面垂直【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理【答案】A【分析】通过证明直线A1D平面ABD1，MN是ABD1的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知A1D与直线D1B是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线A1D与直线D1B是异面直线，可判断C；由MNAB，可知MN不与平面BDD1B1垂直，可判断D【解答】解：连接AD1，如图：由正方体可知A1DAD1，A1DAB，A1D平面ABD1，A1DD1B，由题意知M
11、N为D1AB的中位线，MNAB，又AB平面ABCD，MN平面ABCD，MN平面ABCDA对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B平面BDD1，DD1B，直线A1D与直线D1B是异面直线，B、C错；MNAB，AB不与平面BDD1B1垂直，MN不与平面BDD1B1垂直，D错故选：A2（2022浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A22B8CD【考点】由三视图求面积、体积【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算【答案】C【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可【解答】解：由
12、三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，所以几何体的体积为：+122+故选：C3（2022浙江）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1，ACAA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点记EF与AA1所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）ABCD【考点】二面角的平面角及求法【专题】转化思想；综合法；空间角；立体几何；逻辑推理；数学运算【答案】A【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化即可求解【解答】解：正三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA1，正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F作FGAC，垂足点为G，连接GE，则A1AFG
13、，EF与AA1所成的角为EFG，且tan，又GE0，1，tan0，1，EF与平面ABC所成的角为FEG，且tan1，+），tantan，.，再过G点作GHBC，垂足点为H，连接HF，又易知FG底面ABC，BC底面ABC，BCFG，又FGGHG，BC平面GHF，二面角FBCA的平面角为GHF，且tan，又GH0，tan，+），tantan，.，又GEGH，tantan，.，由得tantantan，又，0，），ytanx在0，）单调递增，故选：A4（2021浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）AB3CD3【考点】由三视图求面积、体积【专题】转化思想；
14、数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算【答案】A【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，由已知三视图求得对应的量，再由棱柱体积公式求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，其中ABCD，由三视图可知，延长AD与BC相交于一点，且ADBC，且AB，CD，AA11，等腰梯形的高为，则该几何体的体积V故选：A【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题5（2021浙江）已知非零向量，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条
15、件【考点】平面向量数量积的性质及其运算；充分条件与必要条件【专题】转化思想；定义法；简易逻辑；逻辑推理【答案】B【分析】分别从充分性和必要性进行判断，由充分条件与必要条件的定义，即可得到答案【解答】解：当且，则0，但与不一定相等，故不能推出，则“”是“”的不充分条件；由，可得，则，即，所以可以推出，故“”是“”的必要条件综上所述，“”是“”的必要不充分条件故选：B【点评】本题考查了充分条件与必要条件的判断，解题的关键是掌握平面向量的基本概念和基本运算，属于基础题6（2023新高考）已知向量（1，1），（1，1）若（+）（+），则（）A+1B+1C1D1【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【
16、专题】对应思想；定义法；平面向量及应用；数学运算【答案】D【分析】由已知求得+与+的坐标，再由两向量垂直与数量积的关系列式求解【解答】解：（1，1），（1，1），+（+1，1），+（+1，1），由（+）（+），得（+1）（+1）+（1）（1）0，整理得：2+20，即1故选：D7（2022新高考）在ABC中，点D在边AB上，BD2DA记，则（）A32B2+3C3+2D2+3【考点】平面向量的基本定理【专题】数形结合；数形结合法；平面向量及应用；数学运算【答案】B【分析】直接利用平面向量的线性运算可得，进而得解【解答】解：如图，即故选：B8（2022新高考）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺
17、问题，其中一部分水蓄入某水库已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（2.65）（）A1.0109m3B1.2109m3C1.4109m3D1.6109m3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】转化思想；数学模型法；立体几何；数学运算【答案】C【分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可【解答】解：140km2140106m2，180km2180106m2，根据题意，增加的水量约为（320
18、+602.65）106314371061.4109m3故选：C9（2022新高考）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为36，且3l3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A18，B，C，D18，27【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；直观想象；数学运算【答案】C【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径R3，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，由勾股定理可得，又，所以l26h，由l的取值范围求出h的取值范围，又因为a212h2h2，所以该正四棱锥体积V（h），利用导数即可求出V（h）的取值范围【解答】解：如图所示，正四棱锥PABCD各顶点
19、都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在RtPAE中，PA2AE2+PE2，即，球O的体积为36，球O的半径R3，在RtOAE中，OA2OE2+AE2，即，l26h，又3l3，该正四棱锥体积V（h），V（h）2h2+8h2h（4h），当时，V（h）0，V（h）单调递增；当4时，V（h）0，V（h）单调递减，V（h）maxV（4），又V（），V（），且，即该正四棱锥体积的取值范围是，故选：C10（2021新高考）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A2B2C4D4【考点】旋转体（圆柱、圆
20、锥、圆台）【专题】转化思想；定义法；立体几何；逻辑推理；数学运算【答案】B【分析】设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可【解答】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为故选：B（多选）11（2023新高考）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A直径为0.99m的球体B所有棱长均为1.4m的四面体C底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D底面直径为1.2m，高为0.01
21、m的圆柱体【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】ABD【分析】对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断【解答】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99，选项A正确；对于B，如图，正方体内部最大的正四面体DA1BC1的棱长为，选项B正确；对于C，棱长为1的正方体的体对角线为，选项C错误；对于D，如图，六
22、边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ棱长为米，GFHGHF30，所以米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为米，而，选项D正确故选：ABD（多选）12（2022新高考）已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（）A直线BC1与DA1所成的角为90B直线BC1与CA1所成的角为90C直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D直线BC1与平面ABCD所成的角为45【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角【专题】转化思想；数形结合法；空间角；数学运算【答案】ABD【分析】求出异面直线所成角判断A；证
23、明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C与D【解答】解：如图，连接B1C，由A1B1DC，A1B1DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1B1C，BC1B1C，直线BC1与DA1所成的角为90，故A正确；A1B1BC1，BC1B1C，A1B1B1CB1，BC1平面DA1B1C，而CA1平面DA1B1C，BC1CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90，故B正确；设A1C1B1D1O，连接BO，可得C1O平面BB1D1D，即C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，sinC1BO，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；CC1底面ABCD，C1BC
24、为直线BC1与平面ABCD所成的角为45，故D正确故选：ABD（多选）13（2021新高考）已知O为坐标原点，点P1（cos，sin），P2（cos，sin），P3（cos（+），sin（+），A（1，0），则（）A|B|CD【考点】平面向量数量积的性质及其运算【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；数学运算【答案】AC【分析】法一、由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案；法二、由题意画出图形，利用向量的模及数量积运算逐一分析四个选项得答案【解答】解：法一、P1（cos，sin），P2（cos，sin），P3（cos（+），sin（+），A（1，0），（cos，si
25、n），（cos，sin），（cos（+），sin（+），（1，0），则，则|，故A正确；，|，故B错误；1cos（+）+0sin（+）cos（+），coscossinsincos（+），故C正确；1cos+0sincos，coscos（+）sinsin（+）cos+（+）cos（+2），故D错误故选：AC法二、如图建立平面直角坐标系，A（1，0），作出单位圆O，并作出角，使角的始边与OA重合，终边交圆O于点P1，角的始边为OP1，终边交圆O于P3，角的始边为OA，交圆O于P2，于是P1（cos，sin），P3（cos（+），sin（+），P2（cos，sin），由向量的模与数量积可知，A、C正
26、确；B、D错误故选：AC（多选）14（2021新高考）在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足+，其中0，1，0，1，则（）A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值C当时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑推理；直观想象【答案】BD【分析】判断当1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段BC，B1C1的中点分别
27、为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1PBP，即可判断选项C；当时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D【解答】解：对于A，当1时，+，即，所以，故点P在线段CC1上，此时AB1P的周长为AB1+B1P+AP，当点P为CC1的中点时，AB1P的周长为，当点P在点C1处时，AB1P的周长为，故周长不为定值，故选项A错误；对于B，当1时，即，所以，故点P在线段B1C1上，因为B1C1平面A1BC，所以直线B1C1上的点到平
28、面A1BC的距离相等，又A1BC的面积为定值，所以三棱锥PA1BC的体积为定值，故选项B正确；对于C，当时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，因为，即，所以，则点P在线段M1M上，当点P在M1处时，A1M1B1C1，A1M1B1B，又B1C1B1BB1，所以A1M1平面BB1C1C，又BM1平面BB1C1C，所以A1M1BM1，即A1PBP，同理，当点P在M处，A1PBP，故选项C错误；对于D，当时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，因为，即，所以，则点P在线的DD1上，当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，因为BE平面ACC1A1，又AD1平面ACC1A
29、1，所以AD1BE，在正方形ACC1A1中，AD1A1E，又BEA1EE，BE，A1E平面A1BE，故AD1平面A1BE，又A1B平面A1BE，所以A1BAD1，在正方体形ABB1A1中，A1BAB1，又AD1AB1A，AD1，AB1平面AB1D1，所以A1B平面AB1D1，因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P，故选项D正确故选：BD二填空题（共5小题）15（2022浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2A8的边A1A2上，则2+2+2的取值范围是 12+2，16【考点】平面向量数量积的性质及其运算；二倍角的三角函数【专题】计算题；转
30、化思想；综合法；平面向量及应用；数学运算【答案】12+2，16【分析】以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设P（x，y），进而得到2+2+28（x2+y2）+8，根据点P的位置可求出x2+y2的范围，从而得到2+2+2的取值范围【解答】解：以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A1（0，1），A3（1，0），A5（0，1），A7（1，0），设P（x，y），则2+2+2|PA1|2+|PA2|2+|PA3|2+|PA4|2+|PA5|2+|PA6|2+|PA7|2+|P
31、A8|28（x2+y2）+8，cos22.5|OP|1，128（x2+y2）+816，即2+2+2的取值范围是12+2，16，故答案为：12+2，1616（2021浙江）在ABC中，B60，AB2，M是BC的中点，AM2，则AC2；cosMAC【考点】余弦定理；三角形中的几何计算【专题】计算题；方程思想；数形结合法；解三角形；数学运算【答案】2；【分析】在ABM、ABC和AMC中用余弦定理即可解决此题【解答】解：在ABM中：AM2BA2+BM22BABMcos60，（2）222+BM222BM，BM22BM80，解得：BM4或2（舍去）点M是BC中点，MC4，BC8，在ABC中：AC222+8
32、2228cos6052，AC2；在AMC中：cosMAC故答案为：2；17（2021浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则25【考点】三角形中的几何计算【专题】计算题；数形结合；数形结合法；解三角形；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】利用勾股定理求出直角三角形斜边长，即大正方形的边长，由S2S1S阴影，求出S2，再求出【解答】解：直角三角形直角边的长分别为3，4，直角三角形斜边的长为5，即大正方形的边长为5，S1522
33、5，则小正方形的面积S2S1S阴影254341，25故答案为：2518（2021浙江）已知平面向量，（）满足|1，|2，0，（）0记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 【考点】平面向量数量积的性质及其运算【专题】计算题；整体思想；演绎法；平面向量及应用；逻辑推理；直观想象；数学运算【答案】【分析】首先由所给的关系式得到x，y，z之间的关系，然后求解其最小值即可【解答】解：令，因为，故（1，2）（m，n）0，m2n0，令，平面向量在，方向上的投影分别为x，y，设，则：，从而：，故，方法一：由柯西不等式可得 ，化简得 ，当且仅当 ，即 时取等号，
34、故 x2+y2+z2 的最小值为 方法二：则x2+y2+z2表示空间中坐标原点到平面 上的点的距离的平方，由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：故答案为：19（2023新高考）在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1B11，AA1，则该棱台的体积为 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱台的结构特征【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解【解答】解：如图，设正四棱台ABCDA1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，过A1作A1H
35、AC，垂足点为H，由题意易知A1MHN，又AN，AHANHN，又AA1，A1HMN，该四棱台的体积为（1+4+）故答案为：三解答题（共9小题）20（2022浙江）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知4ac，cosC（）求sinA的值；（）若b11，求ABC的面积【考点】三角形中的几何计算；正弦定理；余弦定理【专题】对应思想；综合法；解三角形；数学运算【答案】（）；（）22【分析】（）根据cosC，确定C的范围，再求出sinC，由正弦定理可求得sinA；（）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可【解答】解：（）因为cosC0，所以C（0，）
36、，且sinC，由正弦定理可得：，即有sinAsinC；（）因为4acacc，所以AC，故A（0，），又因为sinA，所以cosA，所以sinBsin（A+C）sin（A+C）sinAcosC+cosAsinC；由正弦定理可得：5，所以a5sinA5，所以SABCabsinC5112221（2022浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC，DCEF，AB5，DC3，EF1，BADCDE60，二面角FDCB的平面角为60设M，N分别为AE，BC的中点（）证明：FNAD；（）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直；直线与平面所成的角【专题】计
37、算题；数形结合；综合法；立体几何；数学运算【答案】（）证明见解析；（）【分析】（）根据题意证出FN平面ABCD，即可得证；（）由于FN平面ABCD，如图建系，求得平面ADE的法向量，代入公式即可求解【解答】证明：（I）由于CDCB，CDCF，平面ABCD平面CDEFCD，CF平面CDEF，CB平面ABCD，所以FCB为二面角FDCB的平面角，则FCB60，CD平面CBF，则CDFN又，则BCF是等边三角形，则CBFN，因为DCFC，DCBC，FCBCC，FC平面FCB，BC平面FCB，所以DC平面FCB，因为FN平面FCB，所以DCFN，又因为DCCBC，DC平面ABCD，CB平面ABCD，所
38、以FN平面ABCD，因为AD平面ABCD，故FNAD；解：（）由于FN平面ABCD，如图建系：于是，则，设平面ADE的法向量（x，y，z），则，令x，则y1，z，平面ADE的法向量，设BM与平面ADE所成角为，则22（2021浙江）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD（）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（）由已知求解三角形可得C
39、DDM，结合PDDC，可得CD平面PDM，进一步得到ABPM；（）由（）证明PM平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM所成角的正弦值【解答】（）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CDAB1，CMBC2，DCM60，由余弦定理可得，DM2CD2+CM22CDCMcos60，则CD2+DM21+34CM2，即CDDM，又PDDC，PDDMD，CD平面PDM，而PM平面PDM，CDPM，CDAB，ABPM；
40、（）解：由（）知，CD平面PDM，又CD平面ABCD，平面ABCD平面PDM，且平面ABCD平面PDMDM，PMMD，且PM平面PDM，PM平面ABCD，连接AM，则PMMA，在ABM中，AB1，BM2，ABM120，可得，又PA，在RtPMA中，求得PM，取AD中点E，连接ME，则MECD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（，2，0），P（0，0，），C（），又N为PC的中点，N（），平面PDM的一个法向量为，设直线AN与平面PDM所成角为，则sin|cos|故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为23（2023新高考）已知在ABC中，A+B3C，2sin（AC）sinB（1）求sinA；（2）设AB5，求AB边上的高【考点】正弦定理【专题】整体思想；综合法；解三角形；数学运算【答案】（1）；（2）6【分析】（
