2025版高考数学一轮总复习考点突破第7章立体几何高考大题规范解答-立体几何

高考大题规范解答1.(2024·甘肃联考)(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，△PAD是正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，O为棱AD的中点，E为棱PB的中点．(1)求证：OE∥平面PCD；(2)若直线PD与平面OCE所成角的正弦值为eq\f(\r(3),8)，求四棱锥P－ABCD的体积．[解析](1)证明：取PC中点F，连接EF，FD，如图所示.因为E，F分别为PB，PC的中点，所以EF綉eq\f(1,2)BC.因为四边形ABCD是矩形，O为棱AD的中点，所以OD綉eq\f(1,2)BC.所以EF綉OD，所以四边形OEFD是平行四边形，所以OE∥FD.(2分)又FD⊂平面PCD，OE⊄平面PCD，所以OE∥平面PCD.(4分)(2)取BC的中点G，连接OG.因为△PAD是正三角形，O为棱AD的中点，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，(5分)又OG，OA⊂平面ABCD，所以PO⊥OG，PO⊥OA.(6分)因为四边形ABCD是矩形，O为棱AD的中点，G是BC的中点，所以OG⊥OA.以O为坐标原点，OA，OG，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AD＝2a(a>0)，则O(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3)a)，B(a，1,0)，C(－a,1,0)，D(－a,0,0)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(1,2)，\f(\r(3)a,2)))，故eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(1,2)，\f(\r(3)a,2)))，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－a,1,0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－a，0，－eq\r(3)a)．设平面OCE的一个法向量n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OE,\s\up6(→))＝\f(a,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(3)a,2)z＝0，,n·\o(OC,\s\up6(→))＝－ax＋y＝0，))令x＝1，解得y＝a，z＝－eq\f(2\r(3),3)，所以平面OCE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，a，－\f(2\r(3),3))).(7分)设直线PD与平面OCE所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(PD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(PD,\s\up6(→))|,|n||\o(PD,\s\up6(→))|)＝eq\f(a,\r(a2＋0＋3a2)·\r(1＋a2＋\f(4,3)))＝eq\f(\r(3),8)，(9分)解得a＝eq\r(3)，(10分)所以VP－ABCD＝eq\f(1,3)SABCD·PO＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×1×3＝2eq\r(3).(12分)评分细则：本题(1)还有如下解法：(1)取BC中点H，连接OH，EH，证平面DEH∥平面PDC；(2)建系求出平面PDC的法向量n，证eq\o(OE,\s\up6(→))·n＝0且说明OE⊄平面PDC，若没证明OE⊄平面PDC扣1分．2.(2023·江西上饶、景德镇等地名校联考)(12分)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1，BB1，C1D1的中点．(1)过BG作该正方体的截面，使得该截面与平面C1EF平行，写出作法，并说明理由．(2)求直线DE与平面C1EF所成角的正弦值．[解析](1)取C1C的中点H，(1分)连接A1B，A1G，BH，GH，所以截面BA1GH为要求作的截面．(2分)理由如下：因为E，F分别为A1B1，BB1的中点，所以A1B∥EF，又A1B⊄平面C1EF，EF⊂平面C1EF，所以A1B∥平面C1EF.(3分)在正方形A1B1C1D1中，因为G为C1D1的中点，所以A1E∥GC1，且A1E＝GC1，所以四边形A1EC1G为平行四边形，所以A1G∥EC1，同上可得A1G∥平面C1EF.(4分)又A1B∩A1G＝A1，所以平面BA1G∥平面C1EF.(5分)连接D1C，易证GH∥D1C，A1B∥D1C，则GH∥A1B.所以A1，B，H，G四点共面，从而截面BA1GH为要求作的截面．(6分)(2)如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,2)，F(2,2,1)，(7分)eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,1,2)．(8分)设平面C1EF的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EC1,\s\up6(→))·m＝－2x＋y＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·m＝y－z＝0，))(9分)令x＝1，得m＝(1,2,2)，(10分)所以cos〈eq\o(DE,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(DE,\s\up6(→))·m,|\o(DE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(8,9).(11分)故直线DE与平面C1EF所成角的正弦值为eq\f(8,9).(12分)评分细则：(1)第(1)问中，若得到的截面为△A1BG，且证明了截面A1BG∥平面C1EF，第(1)问只得3分．(2)第(2)问中，平面C1EF的法向量不唯一，只要与m＝(1,2,2)共线即可．3．(2024·广东部分校联考)(12分)如图，在多面体ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是边长为2的正三角形，△BCD是以∠BDC为直角的等腰直角三角形，AB＝eq\r(3).(1)证明：AE∥平面BCD.(2)求平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值．[解析](1)证明：取CD的中点F，连接EF，BF.因为△ECD是边长为2的正三角形，所以EF⊥CD，且EF＝eq\r(3).(1分)因为平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，EF⊂平面ECD，所以EF⊥平面BCD.(2分)因为AB⊥平面BCD，所以AB∥EF.(3分)因为AB＝EF＝eq\r(3)，所以四边形ABFE为平行四边形，所以AE∥BF.(4分)因为AE⊄平面BCD，BF⊂平面BCD，所以AE∥平面BCD.(5分)(2)过点B作BP∥CD，以B为坐标原点，分别以eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，eq\r(3))，B(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(1,2，eq\r(3))，故eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2，－eq\r(3))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1,2，eq\r(3))．(6分)设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝2x1＋2y1－\r(3)z1＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))令x1＝2eq\r(3)，得m＝(2eq\r(3)，－eq\r(3)，2)．(8分)设平面BDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝2y2＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝x2＋2y2＋\r(3)z2＝0，))令x2＝eq\r(3)，得n＝(eq\r(3)，0，－1)．(10分)设平面ACE与平面BDE的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(6－2,2\r(12＋3＋4))＝eq\f(2,\r(19))＝eq\f(2\r(19),19).(12分)4．(2024·湖北宜荆荆恩联考)(12分)如图，在三棱台ABC－DEF中，AB⊥AC，AB＝2DE＝2，AC＝2eq\r(2)，CF＝2，且CF⊥平面ABC.设P，Q，R分别为棱AC，FC，BC的中点．(1)证明：平面BCD⊥平面PQR；(2)求平面BCD与平面BDE所成的角的余弦值．[解析](1)证明：连接DP，则四边形DPCF是矩形．又tan∠CDP＝tan∠CPQ＝eq\f(\r(2),2)，则∠CDP＝∠CPQ，从而CD⊥PQ.(2分)由CF⊥平面ABC，且PR⊂平面ABC，得CF⊥PR.由AB⊥AC，且PR为△ABC的中位线，得AC⊥PR.又因为AC∩CF＝C，AC，CF⊂平面ADFC，所以PR⊥平面ADFC.由于CD⊂平面ADFC，则CD⊥PR.(4分)因为PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，则CD⊥平面PQR.又因为CD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面PQR.(6分)(2)以P为原点，PA、PR、PD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0,0,0)，B(eq\r(2)，2,0)，C(－eq\r(2)，0,0)，D(0,0,2)，E(0,1,2)．故eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－2,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，－2,0)．设m＝(a，b，c)是平面BDE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·m＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·m＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)c，,b＝0，))取c＝1，得a＝eq\r(2)，b＝0，∴m＝(eq\r(2)，0,1)．(8分)设n＝(p，q，r)是平面BCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝－\r(2)r，,q＝－\r(2)p，))取r＝1，得p＝－eq\r(2)，q＝2，n＝(－eq\r(2)，2,1)．(10分)设平面BCD与平面BDE相交所成角的平面角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|，又cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－2＋1,\r(3)×\r(7))＝－eq\f(1,\r(21))＝－eq\f(\r(21),21)，(11分)故所求余弦值为eq\f(\r(21),21).(12分)5．(2024·辽宁名校联盟联考)(12分)如图①，在平面四边形ABDC中，AB＝2，AC＝1，CD＝eq\r(5)，A＝90°，cos∠BCD＝eq\f(1,5)，将△BCD沿BC折起，形成如图②所示的三棱锥D－ABC，且AD＝2.(1)证明：AD⊥平面ABC；(2)在三棱锥D－ABC中，E，F，G分别为线段AB，BC，AC的中点，设平面DEF与平面DAC的交线为l，Q为l上的点，求直线DE与平面QFG所成角的正弦值的取值范围．[解析](1)证明：在Rt△ABC中，BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝eq\r(5)，在△BCD中，BC＝CD＝eq\r(5)，由余弦定理得cos∠BCD＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq\f(1,5)，所以BD＝2eq\r(2)，(2分)在△ABD中，因为AB＝2，AD＝2，BD＝2eq\r(2)，所以BD2＝AB2＋AD2，所以AD⊥AB，(3分)在△DAC中，因为AC＝1，AD＝2，CD＝eq\r(5)，所以CD2＝AC2＋AD2，所以AD⊥AC，(4分)又因为AB∩AC＝A，所以AD⊥平面ABC.(5分)(2)因为EF∥AC，EF⊄平面DAC，AC⊂平面DAC，所以EF∥平面DAC，又平面DEF与平面DAC的交线为l，所以l∥EF，l∥AC.(6分)以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))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．所以A(0,0,0)，D(0,0,2)，E(1,0,0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，设Q(0，t,2)，eq\o(FQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－\f(1,2)，2))，eq\o(GQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t－\f(1,2)，2))，设平面QFG的法向量为n＝(x，y，z)，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FQ,\s\up6(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－\f(1,2)，2))＝0，,n·\o(GQ,\s\up6(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t－\f(1,2)，2))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))y＋2z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))y＋2z＝0，))令y＝2，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(1,2)－t))，(8分)因为eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，设DE与平面QFG所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(DE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·n|,|\o(DE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|1－2t|,\r(5)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－t))2＋4))，(9分)若t＝eq\f(1,2)，则sinθ＝0；(10分)若t≠eq\f(1,2)，则sinθ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\r(\f(1,1＋\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－t))2)))<eq\f(2\r(5),5).(11分)所以DE与平面QFG所成角的正弦值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(5),5))).(12分)(注：若没有讨论，最后答案是开区间扣2分)6．(2024·广东惠州调研)(12分)如图，在五面体ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝2BE，AB＝BC.(1)问：在线段CD上是否存在点P，使得PE⊥平面ACD？若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(2)若AB＝eq\r(3)，AC＝2，AD＝2，求平面ECD与平面ABC夹角的余弦值．[解析](1)当P为线段CD的中点时，PE⊥平面ACD.(1分)证明如下：证法一：分别取AC、CD中点O、P，连接OB，PE，OP.在△ACD中，O、P分别是AC、CD的中点，∴OP綉eq\f(1,2)AD.(2分)又∵AD∥BE，AD＝2BE，即BE綉eq\f(1,2)AD，∴OP綉BE，∴四边形OBEP是平行四边形，BO∥PE，(3分)又∵AD⊥平面ABC，OB⊂平面ABC，∴AD⊥OB，则有PE⊥AD.(4分)由AB＝BC知OB⊥AC，则有PE⊥AC，且AC∩AD＝A，AC⊂平面ACD，AD⊂平面ACD.(5分)(注：未列举全三个条件，本得分点不得分)∴PE⊥平面ACD.(6分)证法二：取AC中点O，连接OB，作Oz∥AD，由已知可知Oz，OB，AC两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.(2分)令AD＝2BE＝2a，OB＝c，OA＝OC＝b，取CD中点P，则D(0，－b,2a)，C(0，b,0)，E(c,0，a)，P(0,0，a)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2b,2a)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2b,0)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(c,0,0)．(3分)eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PE,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，(4分)∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PE,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，(5分)又AC∩CD＝C，∴PE⊥平面ACD.(6分)(2)解法一：在平面ABED中分别延长DE、AB交于点F，并连接CF，(7分)由BE綉eq\f