2022年新高考数学一轮复习练习：专练40　高考大题专练（四）　立体几何的综合运用（含解析）.docx

1、专练专练 40高考大题专练高考大题专练(四四)立体几何的综合运用立体几何的综合运用 12021全国新高考卷如图，在三棱锥 ABCD 中，平面 ABD平面 BCD，AB AD，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 EBC D 的大小为 45，求三棱锥 ABCD 的体积 22020新高考卷 如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方形，PD底面 ABCD.设平面 PAD 与平面 PBC 的交 线为 l. (1)证明：l平面 PDC； (2)已知 PDAD1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所

2、成角的正弦值的最大值 3 如图， ADBC 且 AD2BC， ADCD， EGAD 且 EGAD， CDFG 且 CD2FG， DG平面 ABCD，DADCDG2. (1)若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN平面 CDE； (2)求二面角 EBCF 的正弦值； (3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，求线段 DP 的长 42020全国卷如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD.ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO 6 6 DO. (1)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角

3、 BPCE 的余弦值 5.2020全国卷 如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别 为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F. (1)证明：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F； (2)设O 为A1B1C1的中心 若 AO平面EB1C1F， 且 AOAB， 求直线 B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值 62021全国乙卷如图，四棱锥 PABCD 的底面是矩形，PD底面 ABCD，PDDC 1，M 为 BC 的中点，且 PBAM. (1)求 BC； (2)求二面

4、角 APMB 的正弦值 7.2021全国甲卷已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1B1B 为正方形，ABBC2， E，F 分别为 AC 和 CC1的中点，D 为棱 A1B1上的点，BFA1B1. (1)证明：BFDE； (2)当 B1D 为何值时，面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小？ 8如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 专练 40高考大题专练(四)立体几何的综

5、合运用 1.解析：(1)因为 ABAD，O 为 BD 中点，所以 AOBD. 因为平面 ABD平面 BCDBD，平面 ABD平面 BCD，AO平面 ABD， 因此 AO平面 BCD， 因为 CD平面 BCD，所以 AOCD. (2)作 EFBD 于 F, 作 FMBC 于 M，连接 FM. 因为 AO平面 BCD，所以 AOBD, AOCD， 所以 EFBD, EFCD, BDCDD，因此 EF平面 BCD，即 EFBC. 因为 FMBC，FMEFF，所以 BC平面 EFM，即 BCMF. 则EMF 为二面角 EBCD 的平面角，EMF 4 因为 BOOD，OCD 为正三角形，所以BCD 为直

6、角三角形 因为 BE2ED，所以 FM1 2BF 1 2(1 1 3) 2 3 从而 EFFM2 3，所以 AO1 因为 AO平面 BCD， 所以 V1 3AOS BCD1 31 1 21 3 3 6 . 2解析：(1)因为 PD底面 ABCD，所以 PDAD. 又底面 ABCD 为正方形，所以 ADDC.因此 AD平面 PDC. 因为 ADBC，AD平面 PBC，所以 AD平面 PBC. 由已知得 lAD. 因此 l平面 PDC. (2)以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0

7、,0,1)，DC (0,1,0)，PB (1,1，1) 由(1)可设 Q(a,0,1)，则DQ (a,0,1) 设 n(x，y，z)是平面 QCD 的法向量，则 nDQ 0， nDC 0， 即 axz0， y0. 可取 n(1,0，a) 所以 cosn， PB nPB |n|PB | 1a 3 1a2. 设 PB 与平面 QCD 所成角为， 则 sin 3 3 |a1| 1a2 3 3 1 2a a21. 因为 3 3 1 2a a21 6 3 ，当且仅当 a1 时等号成立， 所以 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值为 6 3 . 3解析：依题意，可以建立以 D 为原点，分别以DA

8、， DC ，DG 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴 的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0，2,0)，E(2，0,2)， F(0,1,2)，G(0,0,2)，M 0，3 2，1，N(1,0,2) (1)证明：依题意DC (0,2,0)，DE (2,0,2) 设 n0(x，y，z)为平面 CDE 的法向量，则 n0DE 0， n0DC 0， 即 2y0， 2x2z0， 不妨令 z1，可得 n0(1,0，1) 又MN 1，3 2，1，可得MN n00， 又因为直线 MN平面 CDE， 所以 MN平面 CDE. (2)依题意，可得BC (

9、1,0,0)，BE(1，2，2)，CF(0，1,2) 设 n(x1，y1，z1)为平面 BCE 的法向量， 则 nBC 0， nBE 0， 即 x10， x12y12z10. 不妨令 z1，可得 n(0,1,1) 设 m(x2，y2，z2)为平面 BCF 的法向量， 则 mBC 0， mCF 0， 即 x20， y22z20， 不妨令 z1，可得 m(0,2,1) 因此有 cosm，n mn |m|n| 3 10 10 ，于是 sinm，n 10 10 . 所以，二面角 EBCF 的正弦值为 10 10 . (3)设线段 DP 的长为 h(h0,2)，则点 P 的坐标为(0,0，h)，可得BP

10、 (1，2，h) 易知，DC (0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量， 故|cosBP ， DC | |BP DC | |BP |DC | 2 h25， 由题意，可得 2 h25sin60 3 2 ，解得 h 3 3 0,2 所以，线段 DP 的长为 3 3 . 4解析：(1)设 DOa，由题设可得 PO 6 6 a，AO 3 3 a，ABa，PAPBPC 2 2 a. 因此 PA2PB2AB2，从而 PAPB. 又 PA2PC2AC2，故 PAPC. 所以 PA平面 PBC. (2)以 O 为坐标原点，OE 的方向为 y 轴正方向，|OE |为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系 O

11、xyz. 由题设可得 E(0,1,0)，A(0，1,0)，C 3 2 ，1 2，0，P 0，0， 2 2 . 所以EC 3 2 ，1 2，0，EP 0，1， 2 2 . 设 m(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则 mEP 0， mEC 0， 即 y 2 2 z0， 3 2 x1 2y0. 可取 m 3 3 ，1， 2 . 由(1)知AP 0，1， 2 2 是平面 PCB 的一个法向量，记 nAP ，则 cosn，mnm |n|m| 2 5 5 . 易知二面角 BPCE 的平面角为锐角， 所以二面角 BPCE 的余弦值为2 5 5 . 5解析：(1)因为 M，N 分别为 BC，B1C1的中

12、点，所以 MNCC1.又由已知得 AA1CC1， 故 AA1MN. 因为A1B1C1是正三角形，所以 B1C1A1N. 又 B1C1MN，故 B1C1平面 A1AMN. 所以平面 A1AMN平面 EB1C1F. (2)由已知得 AMBC.以 M 为坐标原点，MA 的方向为 x 轴正方向，|MB |为单位长，建立如 图所示的空间直角坐标系 Mxyz，则 AB2，AM 3. 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故 PM2 3 3 ，E 2 3 3 ，1 3，0.由(1)知平面 A1AMN平面 ABC，作 NQAM，垂足为 Q，则 NQ平面 ABC. 设 Q(a,0,0)，则 NQ4 2

13、3 3 a 2，B1 a，1，4 2 3 3 a 2 ，故B1E 2 3 3 a， 2 3， 4 2 3 3 a 2，|B1E |2 10 3 . 又 n(0， 1,0)是平面 A1AMN 的法向量， 故 sin 2n，B 1E cos n， B1E nB1E |n|B1E | 10 10 . 所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为 10 10 . 6解析： (1)因为 PD平面 ABCD，所以 PDAD，PDDC. 在矩形 ABCD 中，ADDC，故可以点 D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 设 BCt，则 A(t,0,0)，B(t,1,0)，M t 2，1，0，P(

14、0,0,1)， 所以PB (t,1，1)，AM t 2，1，0. 因为 PBAM，所以PB AM t 2 210，得 t 2， 所以 BC 2. (2)易知 C(0,1,0)，由(1)可得AP ( 2，0,1)，AM 2 2 ，1，0 ，CB ( 2，0,0)，PB ( 2，1，1) 设平面 APM 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，则 n1AP 0 n1AM 0 ，即 2x1z10 2 2 x1y10 ， 令 x1 2，则 z12，y11，所以平面 APM 的一个法向量 n1( 2，1,2) 设平面 PMB 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，则 n2CB 0 n2PB 0 ，即 2x

15、20 2x2y2z20 ， 得 x20，令 y21，则 z21，所以平面 PMB 的一个法向量为 n2(0,1,1) cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 3 7 2 3 14 14 ， 所以二面角 APMB 的正弦值为 70 14 . 7解析：(1)因为 E，F 分别是 AC 和 CC1的中点，且 ABBC2， 所以 CF1，BF 5. 如图，连接 AF，由 BFA1B1，ABA1B1，得 BFAB，于是 AF BF2AB23，所以 AC AF2CF22 2.由 AB2BC2AC2，得 BABC，故以 B 为坐标原点，以 AB，BC，BB1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐

16、标系 Bxyz， 则 B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，BF (0,2,1) 设 B1Dm(0m2)，则 D(m,0,2)， 于是DE (1m,1，2) 所以BF DE 0，所以 BFDE. (2)易知面 BB1C1C 的一个法向量为 n1(1,0,0) 设面 DFE 的法向量为 n2(x，y，z)， 则 DE n20 EF n 20 ， 又DE (1m,1，2)，EF (1,1,1)， 所以 1mxy2z0 xyz0 ，令 x3，得 ym1，z2m， 于是，面 DFE 的一个法向量为 n2(3，m1,2m)， 所以 cosn1，n2 3 2 m1 2 227 2 . 设面

17、 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角为，则 sin 1cos2n1，n2，故当 m1 2时， 面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小， 为 3 3 ， 即当 B1D1 2时， 面 BB 1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小 8解析：(1)证明：由已知可得 BFPF，BFEF，PFEFF，所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解析：作 PHEF，垂足为 H. 由(1)得，PH平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，|BF |为单位长，建立如图所示的空间直角坐 标系 Hxyz. 由(1)可得，DEPE. 又 DP2，DE1， 所以 PE 3. 又 PF1，EF2，故 PEPF. 可得 PH 3 2 ，EH3 2. 则 H(0,0,0)，P 0，0， 3 2 ，D 1，3 2，0， DP 1，3 2， 3 2 ，HP 0，0， 3 2 为平面 ABFD 的法向量 设 DP 与平面 ABFD 所成角为， 则 sin| HP DP |HP |DP | 3 4 3 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 .