“立体几何”大题的常考题型探究 练习（解析版）2023年高考数学二轮复习（全国通用）

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“立体几何”大题的常考题型探究

1∙(2022∙鹰潭一模)如图所示,已知ABJ_平面ACD,DE，平面ACD,∆ACD为等边三角

形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.求证：

(I)AF〃平面BCE;

⑵平面BCE_L平面CDE.

【解析】⑴如图,取CE的中点为G,连接FG,BG,

因为F为CD的中点，

所以FG√DE,FG=∣DE.

因为ABJ_平面ACD,DE_L平面ACD,

所以AB〃DE,所以FG〃AB.

因为AB=TDE,所以FG=AB.

所以四边形GFAB为平行四边形,所以AF//BG.

又因为AFU平面BCE,BGu平面BCE,

所以AF〃平面BCE.

(2)因为AACD为等边三角形,F为CD的中点，

所以AFlCD.

因为DE_L平面ACD,AFu平面ACD,

所以DE±AE

因为CDnDE=DCD,DEu平面CDE,

所以AFl.平面CDE.

又因为AF〃BG,

所以BG_L平面CDE,

因为BGU平面BCE,

所以平面BCE_L平面CDE.

2.(2022・威海三模)如图所示,在等边AABC中,AB=6,M,N分别是AB,AC上的点，且

AM=AN=4,E是BC的中点,AE交MN于点F.以MN为折痕把AAMN折起,使点A到达点P

的位置(0<NPFE<π),连接PB,PE,PC.

(1)证明:MN_LPE.

(2)设点P在平面ABC内的射影为点Q,若二面角P-MN-B的大小为g,求直线QC与平面PBC

所成角的正弦值.

【解析】(1)因为AABC是等边三角形,E是BC的中点,所以AElBC.

因为AM=AN=4,所以MN〃BC,所以MNlAE,

可得MN_LPF,MN_LFE,又PF∩FE=F,

所以MN_L平面PFE,又PEU平面PFE,

所以MNlPE.

(2)因为MN±PRMN±FE,

所以二面角P-MN-B的平面角为NPFE,

所以NPFE号,可得々FA=]

由(1)知,MN_L平面PFE,MNu平面ABC,所以平面ABC，平面PFE,

又因为平面PFEn平面ABC=AE,

所以点P在平面ABC内的射影Q在AE上.

因为PF=2√5,所以QF=B,PQ=3,

过点F作直线1〃PQ交PE于点K与F为坐标原点,以前,届京的方向分别为X轴,y轴,z轴

的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0,-√3,3),C(-3,√3,0),E(0,√3,0),Q(0,-√3,0),

则*=(-3,26,0),元=(-3,2√5,-3),元=(0,2√5,-3).

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),

p∣JnPC=0.^(-3x+2√3y-3z=0,

'InPE=012√3y-3z=0,

令z=2,可得n=(0,√3,2),

所以c°s<区,n>=7⅛^,

所以直线QC与平面PBC所成角的正弦值为当.

3.(2022•江苏联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA_L底面ABCD,AD〃BC,AB_LAD,点M在棱

PB上,PM=2MB,点N在棱PC上,PA=AB=AD=∣BC=2.

(1)若CN=2NP,Q为PD的中点,求证:A,M,N,Q四点共面.

(2)求直线PA与平面AMN所成角的正弦值的最大值.

【解析】（1）以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,

„,4224

则A(0,0,0),Q(0,1,1),M(沔,Ng1

则4"=(扣令,的=(0,1,1)/N=gl9.

24

W=产

1=y,解得X=、=1,

42.

(3=3X+^

则加W而+而,即A,M,N,Q四点共面.

(2)由(D中的空间直角坐标系,可得P(0,0,2),C(2,3,0),而=(0,0,2),

设丽=λ诃(0WλWl),且N(x,y,z),

则(x,y,z-2)=λ(2,3,-2),解得N(2λ,3λ,2-2λ),

可得4M呜。令/N=(2λ,3λ,2∙2人).

设平面AMN的法向量为n=(a,b,c),

,n∙AM=-α÷-c=O,

由_33

rt'AN=2λa+3λb+(2-2Λ)c=0,

取a=l,可得b=52c=-2,所以n=(

3Λ3A

设直线AP与平面AMN所成的角为。,则sinH黑^∣=∣;/誓，当且仅当入=|时等号成

√5+⅛2^2

立，

所以直线PA与平面AMN所成角的正弦值的最大值为言.

4.(2022•大连二模)在三棱台DEF-ABC中,CFJ_平面ABC,ABJ_BC,AB=BC=CF=2EF,M,P分别

是AC,CF的中点.

⑴求证:平面BCD_L平面PBM.

(2)求二面角E-BD-P的余弦值.

【解析】⑴在中,因为为的中点,所以

AABCAB=BC5EMACBMlAC.

由CFJ_平面ABC.且BMU平面ABC,可得CFlBM.

又ACnCF=C,AC,CFu平面ACFD,故BML平面ACFD.

又CDU平面ACFD,故BM±CD.

又AB_LBC,AB=BC,所以AC=√⅛C,同理可得DF=√2EF,

又M.P分别是AC,CF的中点,所以段=瞿*,又NCFD=NMCP=90。，

DFCP1

故ACFDsZ∖MCP,可得ZFCD=ZCMRXZFCD+ZDCM=90o.

故/CMP+/DCM=90。,故可得PMlCD.

又PMnBM=M,PM,BMu平面PBM,故可得CD_L平面PBM,

又CDU平面BCD,故平面BCDj_平面PBM.

⑵设AB=BC=CF=2EF=2,则CP=I,可得BM=CM=DF=我,连接DM,

由(1)知,BM,MCDM两两垂直,故以M为原点,分别以而,证,而的方向为X轴,y轴,z轴正方

向建立如图所示的空间直角坐标系，

易知B(√2,0,0),C(0,√2,0),D(0,0,2),P(0,√2,1),F(O,√2,2).

由BC=2EF,可得E(乎当2),则丽若当0),前=(∙√Σ,0,2),加=(O,√Σ,∙1).

设平面EBD的法向量为m=(χj,y∣,z∣),

llll(m∙DE=-X1+-y1=0,

则{212zι，

{m^BD=-∙√2x1÷2z1=0,

令ZI=I,得m=(√2,-√2,l).

设平面BDP的法向量为n=(x2,y2,z2),

则[7rBZ=血XZl=O,

[nBD=-V2X2+ZZ2—0,

令z2=√2,Wn=(2,l,√2),

c∙rκ∣mn2√2-√2+v^2√70

所以cos<m,n>=—-=—

jm∣∣n∣∙√5×v735

又因为：面角E-BD-P为锐：面角,所以：面角E-BD-P的余弦值为鬻.

5.《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比

西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称

为堑堵.如图,在堑堵ABC-A1BiCl中,ABLAC,AA∣=AB=AC=1,M,N分别是CCl,BC的中点,

点P在线段AIBl上.

⑴若P为A∣Bl的中点,求证:PN〃平面AA∣C∣C.

(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为45。?若存在,试确定点P的位

置;若不存在,请说明理由.

【解析】

(1)如图,取AiCl的中点H,连接PH,HC.

在堑堵ABC-A1B1C1中,四边形BCC∣B∣为平行四边形,所以BIC∣〃BC且B∣C,=BC.

在AA∣B∣C∣中,P,H分别为A∣B∣,A∣C∣的中点,所以PH〃BlG且PH=⅛∣Cl.

因为N为BC的中点,所以NCWBC,从而NC=PH且NCPH,

所以四边形PHCN为平行四边形,于是PN〃CH.

因为CHU平面AlCICA,PNC平面AlClCA,所以PN〃平面AA∣C∣C.

(2)以A为原点,AB,AC,AA∣所在直线分别为X轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A∣(0,0,DB(1,0,1)»N蜕,0),M((Uɪ).

易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,l).假设满足条件的点P存在,令布=λ^瓦=(λ,O,O),λ

∈[0,11,则P(λ,0,l)W=(-ɪ,ɪ,ɪ)，丽=G

设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),

亭+

则心呵=0,即1+

InpN=0,(河χ+*=s

令x=3,得y=l+2λ,z=2-2λ,所以n=(3,l+2λ,2-2λ).

由题意得∣cos<m,n>∣=224=[,解得九=',故点P不在线段A∣B,±.

J9+(l+2λ)2+(2-2λ)z

6.(2022.西安联考)如图，在三棱柱ABC-AiBlCi中，AB_L平面

BCC1B1,BC=∣AB=∣AAι≈2,CιB≈2√3,M为AB上的动点.

(1)证明:C】B_LCM.

(2)若E为AlCl的中点,求点Ai到平面BCE的距离.

【解析】（1）因为AB上平面BBlCle,GBU平面BB∣C∣C,

所以AB±C∣B.

在4BCC∣中,BC=2,C∣B=2√5,CC∣=AA∣=4,所以BC?+GB2=CC∕,所以CBIC1B.

因为ABnBC=B,AB,BCu平面ABC,

所以CIB_L平面ABC.

因为CMU平面ABC,所以C∣B1CM.

(2)由(1)知,AB_LCiB,BC_LCiB,AB_LBC,

以B为原点建立如图所示的空间宜角坐标系B-xyz,

则B(0,0,0),C(2,0,0),AI(-2,2√3,4),E(-1,2√3,2),BC=(2,O,O),RE=(-1,2√3,2).

设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则『吧=2x=°二

(nBE=-%÷2√3y÷2z=0,

令y=√3,β∣JX=O,z=-3,所以n=(0,√3,-3),

又因为砧=(4,-2√l,-4),故点A1到平面BCE的距离d=陪p°"+(叱％+(-4)"-3)∣=O.

7.（2022-陕西适应性考试）如图，在四棱锥S-ABCD中，AB//CD,AD±

DC,CD=2AD=2AB=4,SA=SB=SD,点M是SC的中点.

(1)求证:BC_LSD.

（2）若平面ADM与平面ABD所成锐二面角的余弦值为日,求四棱锥S-ABCD的体积.

【解析】（1）取BD,AB,BC的中点为O,E,F,连接OE,OF,SE,SO.

在ZiABD中Q,E分别为BD,AB的中点,二AD〃OE,

在ACBD中,0,F分别为BD,BC的中点,.\CD〃OF.

,.∙AD±DC..,.OEɪOEX,∙,AB√CD,/.OE±AB.

⅛∆ABS中,SA=SB.E为AB的中点,，SE_LAB,

且SEnoE=EABJ_平面S0E,XSe)U平面SOE,ΛAB±SO.

在ADBS中,SD=SBQ为DB的中点,.'SOLDB,且AB∩BD=B,.∙.SO±jF≡ABCD.

如图,以0为坐标原点,延长EO,以前,历=,53的方向为X轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标

系，

则A(-l,-I,O),B(-1,1,0),D(1,-1,0),C(1,3,O).

设S(O,O,h)(h>O),

ΛBC=(2,2,0),SD=(l,-l,-h).

,/BCSD=2-2=0,ΛBClSD.

⑵：M为SC的中点,，M(m而=(2,0,0),而I=C翳).

设平面ADM的法向量为n∣=(xo,yo,zo),

ADn1=2x0=0,

则有加f3°5ɪhɑ

IAMn1=-X0+-y0+-Z0=0,

令Zo=-5,则Xo=O,yo=h,可得n∣=(0,h,-5),

取平面ABCD的一个法向量为∏2=(0,(U),则ICOS<n1,n2>l=rτ∏⅛=-⅛≡=v,

h=26,此时Vs-ABCD=∣×f∣×(2+4)×2]×2√5=4√5.

8.(2022•江西三模)如图,正方形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面互相垂直,4AEF

为等边三角形.

⑴求证:AE_LCF.

⑵已知丽=XfS(OWXW),是否存在λ,使得平面PAEL平面DCEF?若存在,求出λ的值;若不存

在,请说明理由.

【解析】⑴如图,连接BF,交AE于点O,因为四边形ABEF为菱形,所以AE±BE

易得平面ABCD_L平面ABEF,且平面ABCDn平面ABEF=AB.

因为BC_LAB,所以BCJ_平面ABEF,又AEU平面ABEF,所以BC±AE,

又BFnBC=B,所以AE_L平