2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第7章立體幾何高考大題規(guī)范解答-立體幾何課件

高考大題規(guī)范解答——立體幾何1.(2024·甘肅聯(lián)考)(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是矩形，△PAD是正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，O為棱AD的中點(diǎn)，E為棱PB的中點(diǎn)．2.(2023·江西上饒、景德鎮(zhèn)等地名校聯(lián)考)(12分)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，BB1，C1D1的中點(diǎn)．(1)過(guò)BG作該正方體的截面，使得該截面與平面C1EF平行，寫(xiě)出作法，并說(shuō)明理由．(2)求直線DE與平面C1EF所成角的正弦值．[解析]

(1)取C1C的中點(diǎn)H，(1分)連接A1B，A1G，BH，GH，所以截面BA1GH為要求作的截面．(2分)理由如下：因?yàn)镋，F(xiàn)分別為A1B1，BB1的中點(diǎn)，所以A1B∥EF，又A1B?平面C1EF，EF?平面C1EF，所以A1B∥平面C1EF.(3分)在正方形A1B1C1D1中，因?yàn)镚為C1D1的中點(diǎn)，所以A1E∥GC1，且A1E＝GC1，所以四邊形A1EC1G為平行四邊形，所以A1G∥EC1，同上可得A1G∥平面C1EF.(4分)又A1B∩A1G＝A1，所以平面BA1G∥平面C1EF.(5分)連接D1C，易證GH∥D1C，A1B∥D1C，則GH∥A1B.所以A1，B，H，G四點(diǎn)共面，從而截面BA1GH為要求作的截面．(6分)(2)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,2)，F(xiàn)(2,2,1)，(7分)評(píng)分細(xì)則：(1)第(1)問(wèn)中，若得到的截面為△A1BG，且證明了截面A1BG∥平面C1EF，第(1)問(wèn)只得3分．(2)第(2)問(wèn)中，平面C1EF的法向量不唯一，只要與m＝(1,2,2)共線即可．(1)證明：AE∥平面BCD.(2)求平面ACE與平面BDE的夾角的余弦值．(1)證明：平面BCD⊥平面PQR；(2)求平面BCD與平面BDE所成的角的余弦值．(1)證明：AD⊥平面ABC；(2)在三棱錐D－ABC中，E，F(xiàn)，G分別為線段AB，BC，AC的中點(diǎn)，設(shè)平面DEF與平面DAC的交線為l，Q為l上的點(diǎn)，求直線DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍．6．(2024·廣東惠州調(diào)研)(12分)如圖，在五面體ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝2BE，AB＝BC.(1)問(wèn)：在線段CD上是否存在點(diǎn)P，使得PE⊥平面ACD？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)P的位置，并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解析]

(1)當(dāng)P為線段CD的中點(diǎn)時(shí)，PE⊥平面ACD.(1分)證明如下：證法一：分別取AC、CD中點(diǎn)O、P，連接OB，PE，OP.∴四邊形OBEP是平行四邊形，BO∥PE，(3分)又∵AD⊥平面ABC，OB?平面ABC，∴AD⊥OB，則有PE⊥AD.(4分)由AB＝BC知OB⊥AC，則有PE⊥AC，且AC∩AD＝A，AC?平面ACD，AD?平面ACD.(5分)(注：未列舉全三個(gè)條件，本得分點(diǎn)不得分)∴PE⊥平面ACD.(6分)證法二：取AC中點(diǎn)O，連接OB，作Oz∥AD，由已知可知Oz，OB，AC兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.(2分)令A(yù)D＝2BE＝2a，O