2023新教材高考数学二轮专题复习 强化训练13 立体几何——大题备考.docx

1、强化训练13立体几何大题备考第一次作业12021新高考卷在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD2，QDQA，QC3.(1)证明：平面QAD平面ABCD；(2)求二面角B QD A的平面角的余弦值22022新高考卷如图，PO是三棱锥P ABC的高，PAPB，ABAC，E为PB的中点(1)证明：OE平面PAC.(2)若ABOCBO30，PO3，PA5，求二面角C AE B的正弦值32022新高考卷如图，直三棱柱ABC A1B1C1的体积为4，A1BC的面积为2.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角A BD C的正

2、弦值42021新高考卷如图，在三棱锥A BCD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E BC D的大小为45，求三棱锥A BCD的体积强化训练13立体几何1解析：（1）证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QAQD，OAOD，则QOAD，而AD2，QA，故QO2.在正方形ABCD中，因为AD2，故DO1，故CO，因为QC3，故QC2QO2OC2，故QOC为直角三角形，且QOOC，因为OCADO，故QO平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.（2）在平面ABCD内

3、，过O作OTCD，交BC于T，则OTAD，结合（1）中的QO平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系则D（0，1，0），Q（0，0，2），B（2，1，0），故（2，1，2），（2，2，0）.设平面QBD的法向量n（x，y，z），则即，取x1，则y1，z，故n（1，1，）.而平面QAD的法向量为m（1，0，0），故cos m，n.二面角B QD A的平面角为锐角，故其余弦值为.2解析：（1）证明：方法一连接OA.因为PO是三棱锥P ABC的高，所以PO平面ABC，所以POOA，POOB，所以POAPOB90.又PAPB，POPO，所以POAPOB，所以OAOB.取AB的中点D，连接OD，DE，则

4、有ODAB.又ABAC，所以ODAC.因为OD平面PAC，AC平面PAC，所以OD平面PAC.因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DEPA.因为DE平面PAC，PA平面PAC，所以DE平面PAC.因为OD，DE平面ODE，ODDED，所以平面ODE平面PAC.又OE平面ODE，所以OE平面PAC.方法二连接OA.因为PO是三棱锥P ABC的高，所以PO平面ABC，所以POOA，POOB，所以POAPOB90.又PAPB，POPO，所以POAPOB，所以OAOB.延长BO交AC于点H，连接PH.因为ABAC，所以ABH为直角三角形又OAOB，则可得OAOBOH，所以点O为BH的中点在PBH中，

5、O，E分别为BH，PB的中点，所以OEPH.因为OE平面PAC，PH平面PAC，所以OE平面PAC.（2）由（1）易知OAOB，所以ODAB.以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图因为PO3，PA5，且POOA，所以OAOB4.又ABOCBO30，所以ODOB2，DADB2，所以P（0，2，3），B（2，0，0），A（2，0，0），E（，1，）.设ACa，则C（2，a，0）.设平面AEB的法向量为n1（x1，y1，z1）.（4，0，0），（3，1，），则所以所以x10.令y13，得z12，所以n1（0，3，2）.设

6、平面AEC的法向量为n2（x2，y2，z2）.（0，a，0），（3，1，），则所以所以y20.令x2，得z26，所以n2（，0，6）.所以cos n1，n2.设二面角C AE B的平面角为，则sin ，所以二面角C AE B的正弦值为.3解析：（1）设点A到平面A1BC的距离为h.V三棱锥A1 -ABC= V三棱锥A- A1BCV三棱锥ABC- A1B1C1，SA1BCh4.又SA1BC2，h.点A到平面A1BC的距离为.（2）方法一如图（1），取A1B的中点E，连接AE.由AA1AB，AA1AB，得AEA1B且AEA1B.平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，AE

7、平面ABB1A1，AE平面A1BC，AEh，AEBC，A1B2，AA1AB2.由V三棱锥ABC- A1B1C14，AA12，得2SABC4，SABC2.易知AA1BC，AEBC，A1EAA1A，BC平面A1AB，BCAB，BC2.过点A作AFBD于点F，连接EF，易得EFA即为二面角ABDC的平面角的补角易得AC2，则A1C2.A1BCB，D为A1C的中点，BDA1C.易知ADBDA1C，ABD为等腰三角形，AFBDAB2，则AF，sin AFE，二面角A BD C的正弦值为.方法二如图（2），取A1B的中点E，连接AE.AA1AB，AEA1B.平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面A

8、BB1A1A1B，AE平面ABB1A1，AE平面A1BC，AEh，则AA1AB2.AE平面A1BC，BC平面A1BC，AEBC.A1ABC，AEA1AA，BC平面ABB1A1.AB平面ABB1A1，BCAB.由V三棱锥ABC- A1B1C1SABCA1AABBCA1A2BC24，解得BC2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图（2）的空间直角坐标系易得B（0，0，0），A（0，2，0），E（0，1，1），D（1，1，1）.（0，1，1），（1，1，1），（0，2，0）.由题意，得平面BDC的法向量为n1（0，1，1）.设平面BDA的法向量为n2（x，y，

9、z），则令x1，则y0，z1，n2（1，0，1），cos n1，n2.设二面角A BD C的平面角为（0），则sin ，二面角A BD C的正弦值为.4解析：（1）证明：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）如图所示，以O为坐标原点，过点O在平面BCD内作与BD垂直的直线为x轴，直线OD、OA分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设OAa，则O（0，0，0），B（0，1，0），C（，0），A（0，0，a），D（0，1，0），故（0，1，a），（，0），（0，1，a），（0，），（0，），记平面BCD的一个法向量为m（0，0，1），平面BCE的一个法向量为n（x，y，z），则有，即，不防设x，则y1，z，即有n（，1，），又二面角E BC D的大小为45，则cos 45，解得a1，即OA1，又由OBOCODCD1，可知BCCD，即BCD为直角三角形，则BC，故VA BCD11.