2022届高考数学一轮复习 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40高考大题专练(四)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，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，DADCD

2、G2.(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，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角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A1A

3、MN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，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.(1)求BC；(2)求二面角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

4、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

5、二面角EBCD的平面角，EMF因为BOOD，OCD为正三角形，所以BCD为直角三角形因为BE2ED，所以FMBF(1)从而EFFM，所以AO1因为AO平面BCD，所以VAOSBCD11.2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，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(0,0,1)，(0,1,0)，(1,1，1)由(1)可设Q(a,0,1)，则(a,

6、0,1)设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1,0，a)所以cosn，.设PB与平面QCD所成角为，则sin.因为，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.3解析：依题意，可以建立以D为原点，分别以，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，N(1,0,2)(1)证明：依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)又，可得n00，又

7、因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2，2)，(0，1,2)设n(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin60，解得h0,2所以，线段DP的长为.4解析：(1)设DOa，由题设可得POa，AOa，

8、ABa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，1,0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量，记n，则cosn，m.易知二面角BPCE的平面角为锐角，所以二面角BPCE的余弦值为.5解析：(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又

9、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，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB2，AM.连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM，E.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NQ，B1，故a，|.又n(0，1,0)是平面A1AMN的法向量，故sincosn，.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.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

10、间直角坐标系如图所示，设BCt，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，所以(t,1，1)，.因为PBAM，所以10，得t，所以BC.(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得(，0,1)，(，0,0)，(，1，1)设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，则，即，令x1，则z12，y11，所以平面APM的一个法向量n1(，1,2)设平面PMB的法向量为n2(x2，y2，z2)，则，即，得x20，令y21，则z21，所以平面PMB的一个法向量为n2(0,1,1)cosn1，n2，所以二面角APMB的正弦值为.7解析：(1)因为E，F分别是AC和CC1的中点，且ABBC2

11、，所以CF1，BF.如图，连接AF，由BFA1B1，ABA1B1，得BFAB，于是AF3，所以AC2.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轴建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，(0,2,1)设B1Dm(0m2)，则D(m,0,2)，于是(1m,1，2)所以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，又(1m,1，2)，(1,1,1)，所以，令x3，得ym1，z2m，于是，面DFE的一个法向量为n2(3，m1,2m)

12、，所以cosn1，n2.设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为，则sin，故当m时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D时，面BB1C1C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，的方向为y轴正方向，|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.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.