2025屆高三一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題(人教版新高考新教材)規(guī)范答題增分專(zhuān)項(xiàng)4　高考中的立體幾何VIP

規(guī)范答題增分專(zhuān)項(xiàng)四高考中的立體幾何1.如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積2.如圖,D為圓錐的頂點(diǎn),O是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑,AE=AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點(diǎn),PO=66DO(1)證明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.3.如圖,在三棱錐A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.(1)證明:AC⊥BD;(2)有三個(gè)條件:①θ=60°;②直線AC與平面BCD所成的角為45°;③二面角A-CD-B的余弦值為33請(qǐng)你從中選擇一個(gè)作為條件,求直線BC與平面ACD所成角的正弦值.4.(2021全國(guó)Ⅱ,理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點(diǎn),D為棱A1B1上的點(diǎn),BF⊥A1B1.(1)證明:BF⊥DE;(2)當(dāng)B1D為何值時(shí),平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小?5.圖①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖②.(1)證明:圖②中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖②中的二面角B-CG-A的大小.6.如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的中點(diǎn),P為AM上一點(diǎn),過(guò)B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)證明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.7.如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn).(1)求證:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn),若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為13,求線段A1E的長(zhǎng)8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD,E為棱AD的中點(diǎn),異面直線PA與CD所成的角為90°(1)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM∥平面PBE,并說(shuō)明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.

規(guī)范答題增分專(zhuān)項(xiàng)四高考中的立體幾何1.(1)證明由已知可得∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,且AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解由已知可得DC=CM=AB=3,DA=32又BP=DQ=23DA,所以BP=2如圖,作QE⊥AC,垂足為E,則QE13DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此三棱錐Q-APB的體積為VQ-ABP=13QE·S△ABP=13×1×12×3×22.(1)證明設(shè)DO=a,由題設(shè)可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a,因此PA2+PB2=AB2,從而PA又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.所以PA⊥平面PBC.(2)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OE的方向?yàn)閥軸正方向,|OE|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題設(shè)可得點(diǎn)E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.設(shè)m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,則m即-可取m=-由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一個(gè)法向量,記n=AP,則cos<n,3.(1)證明如圖,取BD的中點(diǎn)O,連接OA,OC,則OC⊥BD.因?yàn)锽C=DC,∠ACB=∠ACD=θ,AC=AC,所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以AO⊥BD.又因?yàn)锳O∩CO=O,AO,CO?平面AOC,所以BD⊥平面AOC.因?yàn)锳C?平面AOC,所以BD⊥AC.(2)解在CA的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)P,使得∠POC=90°,連接PB,PD,由于OC與BD是平面BCD內(nèi)兩條相交直線,故PO⊥平面BCD.分別以O(shè)C,OD,OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.由已知得BD=2,從而OB=OD=OC=22,所以PB=PD=PC若選①θ=60°,則△PCD是等邊三角形,PD=CD=PC=1,OP=22則P0,0,22,C22,BC=設(shè)平面PCD的法向量是n=(x,y,z),則n令x=1,則y=z=1,所以可取n=(1,1,1).設(shè)直線BC與平面PCD(即平面ACD)所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|若選②,由PO⊥平面BCD,得∠PCO是PC(即AC)與平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,OP=OC=22則P0,0,22,C22,BC設(shè)平面PCD的法向量是n=(x,y,z),則n令x=1,則y=z=1,所以可取n=(1,1,1).設(shè)直線BC與平面PCD(即平面ACD)所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|若選③,作PM⊥CD,垂足為M,連接OM.由PO⊥平面BCD,CD?平面BCD,得PO⊥CD.因?yàn)镻O∩PM=P,PO,PM?平面POM,所以CD⊥平面POM,又OM?平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO是二面角P-CD-B(即二面角A-CD-B)的平面角,已知cos∠PMO=33,則tan∠PMO=2,又在Rt△COD中,OM=2所以O(shè)P=OM·tan∠PMO=22=OC則P0,0,22,C22,BC=設(shè)平面PCD的法向量是n=(x,y,z),則n令x=1,則y=z=1,所以可取n=(1,1,1).設(shè)直線BC與平面PCD(即平面ACD)所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|4.解∵四邊形AA1B1B為正方形,∴A1B1⊥BB1.又BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,∴A1B1⊥平面BB1C1C.又AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C.∴AB⊥BC.又BB1⊥平面ABC,∴AB,BC,BB1兩兩互相垂直.以B為原點(diǎn),BA,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.則點(diǎn)B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),得BF=(0,2,1),EF=(-1,1,1).設(shè)點(diǎn)D(λ,0,2)(0≤λ≤2),則DE=(1-λ,1,-2).(1)證明:∵BF·DE=0+2-2∴BF⊥DE,∴BF(2)∵AB⊥平面BB1C1C,∴n=(1,0,0)為平面BB1C1C的一個(gè)法向量.設(shè)平面DFE的法向量為m=(x,y,z),則m取x=3,則y=1+λ,z=2-λ.∴m=(3,1+λ,2-λ)為平面DFE的一個(gè)法向量.∴cos<m,n>=m·n設(shè)平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的平面角為θ,則sinθ=1-1要使sinθ最小,只需92λ2-2λ+14最大,又0≤λ≤2,∴當(dāng)λ=12時(shí),92λ2-2故當(dāng)B1D=12時(shí),平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小5.(1)證明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HC的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz,則點(diǎn)A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),則CG·n=0,AC·n=0,即x+又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0),所以cos<n,m>=n因此二面角B-CG-A的大小為30°.6.(1)證明因?yàn)镸,N分別為BC,B1C1的中點(diǎn),所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解由已知得AM⊥BC.以M為坐標(biāo)原點(diǎn),MA的方向?yàn)閤軸正方向,|MB|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Mxyz,則AB=2,AM=連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形,故PM=233,點(diǎn)E233,由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足為Q,則NQ⊥平面ABC.設(shè)點(diǎn)Q(a,0,0),則NQ=4-233-a故B1E=2又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一個(gè)法向量,故sinπ2-<n,B1E所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為107.解如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,由題意可得點(diǎn)A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),得點(diǎn)M(1,12,1),N(1,-2,1)(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量.MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面ACD1的法向量,則n不妨設(shè)z1=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(x2,y2,z2)為平面ACB1的法向量,則n2·AB1=0,n2·不妨設(shè)z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-1010,于是sin<n1,n(3)依題意,可設(shè)A1E=λA1B1,其中λ則E(0,λ,2),從而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,由已知,得cos<NE,n>=NE·n|NE||n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得所以,線段A1E的長(zhǎng)為7-2.8.解(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.如圖,延長(zhǎng)AB,DC相交于點(diǎn)M(M∈平面PAB),點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE,所以CM∥平面PBE.(說(shuō)明:延長(zhǎng)AP至點(diǎn)N,使得AP=PN,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn))(2)(方法一)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以∠PDA=45°.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CE,交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,連接PH.易知PA⊥平面ABCD,從而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥PH于點(diǎn)Q,則AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA與平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=2在Rt△PAH中,PH=PA所以sin∠APH=AH(方法二)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.因?yàn)樵谔菪蜛BCD中,AB與CD相交,所