2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练14立体几何-大题备考

强化训练14立体几何——大题备考第二次作业1．[2022·广东深圳二模]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，M是侧棱PD的中点，且AM⊥平面PCD.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2．[2022·河北唐山二模]如图，△ABC是边长为4eq\r(3)的等边三角形，E，F分别为AB，AC的中点，G是△ABC的中心，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PG⊥平面ABC.(1)证明：PB⊥AC；(2)求平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值．3.[2022·山东淄博三模]已知如图，在多面体ABCEF中，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°，D为AB的中点，EF∥CD，EF＝1，BF⊥平面AEF.(1)证明：四边形EFDC为矩形；(2)当三棱锥A­BEF体积最大时，求平面AEF与平面ABE夹角的余弦值．4．[2022·山东德州二模]《九章算术》是中国古代张苍，耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．在《九章算术·商功》篇中提到“阳马”这一几何体，是指底面为矩形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，现有“阳马”P­ABCD，底面为边长为2的正方形，侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝2，E、F为边BC、CD上的点，eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))，点M为AD的中点．(1)若λ＝eq\f(1,2)，证明：平面PBM⊥平面PAF；(2)是否存在实数λ，使二面角P­EF­A的大小为45°？如果不存在，请说明理由；如果存在，求此时直线BM与平面PEF所成角的正弦值．强化训练14立体几何1．解析：（1）证明：因为AM⊥平面PCD，所以AM⊥CD，又底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD，又AD∩AM＝A，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD；（2）取AD的中点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，则以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：设AB＝2，则A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0），P（0，0，eq\r(3)），D（－1，0，0），M（－eq\f(1,2))，0，eq\f(\r(3),2)），所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝（－eq\f(3,2)，0，eq\f(\r(3),2)），eq\o(PB,\s\up6(→))＝（1，2，－eq\r(3)），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（－1，2，－eq\r(3)），设平面PBC的一个法向量为n＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))·n＝0,\o(PC,\s\up6(→))·n＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－\r(3)z＝0,－x＋2y－\r(3)z＝0))，令z＝eq\r(3)，则y＝eq\f(3,2)，x＝0，则n＝（0，eq\f(3,2)，eq\r(3)），设AM与平面PBC所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|\o(AM,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(3,2),\r(3)·\f(\r(21),2))＝eq\f(\r(7),7).2．解析：（1）证明：连接BF，由△ABC为等边三角形，F为AC的中点，所以BF⊥AC，由PG⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PG⊥AC，又PG∩BF＝G，PG，BF⊂平面PBF，所以AC⊥平面PBF，又PB⊂平面PBF，所以PB⊥AC；（2）依题意PF＝2eq\r(3)，GF＝2，在Rt△PFG中，PG＝2eq\r(2)，以F为坐标原点，以eq\o(FB,\s\up6(→))为x轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，则A（0，－2eq\r(3)，0），C（0，2eq\r(3)，0），B（6，0，0），E（3，－eq\r(3)，0），P（2，0，2eq\r(2)），eq\o(FP,\s\up6(→))＝（2，0，2eq\r(2)），eq\o(FE,\s\up6(→))＝（3，－eq\r(3)，0），由（1）可知，eq\o(AC,\s\up6(→))＝（0，4eq\r(3)，0）是平面PBF的一个法向量，设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FP,\s\up6(→))＝2x＋2\r(2)z＝0,n·\o(FE,\s\up6(→))＝3x－\r(3)y＝0))，令x＝eq\r(2)，则n＝（eq\r(2)，eq\r(6)，－1），所以cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·n,|\o(AC,\s\up6(→))|·|n\o(|,\s\up6()))＝eq\f(\r(6),3)，所以sin〈eq\o(AC,\s\up6(→))，n〉＝eq\r(1－cos2〈\o(AC,\s\up6(→))，n〉)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值为eq\f(\r(3),3).3．解析：（1）证明：因为∠ACB＝120°，AC＝BC＝2，D为AB的中点，所以CD⊥AB，且CD＝BCsin30°＝1，又因为EF＝1，所以CD＝EF，因为EF∥CD，所以四边形EFDC为平行四边形，因为BF⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BF⊥EF，所以CD⊥BF，因为BF∩AB＝B，BF，AB⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF,DF⊂平面ABF，所以CD⊥DF，所以四边形EFDC为矩形．（2）由（1）可知，EF⊥平面ABF，BF⊥平面AEF，AF⊂平面AEF，所以BF⊥AF，AB＝2eq\r(BC2­CD2)＝2eq\r(3)，所以三棱锥A­BEF的体积V＝eq\f(1,3)S△ABF·EF＝eq\f(1,6)AF·BF≤eq\f(1,12)（AF2＋BF2）＝eq\f(1,12)AB2＝1，当且仅当AF＝BF时等号成立，此时FD⊥AB，据（1），以D为坐标原点，分别以DA，CD，DF所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz如图所示.由已知可得下列点的坐标：A（eq\r(3)，0，0），B（－eq\r(3)，0，0），F（0，0，eq\r(3)），E（0，－1，eq\r(3)），所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝（－2eq\r(3)，0，0），eq\o(AE,\s\up6(→))＝（－eq\r(3)，－1，eq\r(3)），设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x－y＋\r(3)z＝0,－2\r(3)x＝0))，取y＝eq\r(3)，则x＝0，z＝1，所以平面ABE的一个法向量为m＝（0，eq\r(3)，1），因为eq\o(BF,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，0，eq\r(3)）是平面AEF的法向量，设平面AEF与平面ABE夹角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·\o(BF,\s\up6(→))|,|m|·|\o(BF,\s\up6(→))\o(|,\s\up6()))＝eq\f(\r(3),2·\r(6))＝eq\f(\r(2),4)，故平面AEF与平面ABE夹角的余弦值为eq\f(\r(2),4).4．解析：（1）证明：λ＝eq\f(1,2)时，点E、F为BC及CD的中点．连接AF与BM交于点G，在△ABM和△DAF中，AB＝AD，AM＝DF，∠BAM＝∠ADF＝90°，所以△ABM≌△DAF，于是∠ABM＝∠FAD.而∠FAD＋∠BAF＝90°，所以∠ABM＋∠BAF＝90°，故∠AGB＝90°，即BM⊥AF.又PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM.因为BM⊥PA，BM⊥AF，PA⊂平面PAF，AF⊂平面PAF，PA∩AF＝A，所以BM⊥平面PAF.又因为BM⊂平面PBM，所以平面PBM⊥平面PAF.（2）连接AC，交EF于点Q，连接PQ，记BD与AC交于点O，如图：因为eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))，所以EF∥BD，因为AC⊥BD，所以AC⊥EF，从而PQ⊥EF，所以∠AQP为二面角P­EF­A的一个平面角．由题意，∠AQP＝45°，从而AQ＝PA＝2，所以CQ＝2eq\r(2)－2，于是λ＝eq\f(CE,CB)＝eq\f(CQ,CO)＝eq\f(2\r(2)－2,\r(2))＝2－eq\r(2)，所以CF＝CE＝4－2eq\r(2)，BE＝DF＝2eq\r(2)－2.如图，以AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴建立空间直角坐标系，于是P（0，0，2），E（2，2eq\r(2)－2，0），F（2eq\r(2)－2，2，0），B（2，0，0），M（0，1，0），eq\o(BM,\s\up6(→))＝（－2，1，0），eq\o(PE,\s\up6(→))＝（eq\r(2)，2eq\r(2)－2，－2），eq\o(PF,\s\up6(→))＝（2eq\r(2)－2，2，－2），设平面PEF的一个法向量是n＝（x，y，z），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝2x＋（2\r(2)－2）y－2z＝0,n·\o(PF,\s\up6(→))＝（2\r(2)－2）x＋2y－2z＝0))，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝