2025届高三一轮复习数学试题(人教版新高考新教材)规范答题增分专项4　高考中的立体几何

规范答题增分专项四高考中的立体几何1.如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=23DA,求三棱锥Q-ABP的体积2.如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.3.如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.(1)证明:AC⊥BD;(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为33请你从中选择一个作为条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.4.(2021全国Ⅱ,理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?5.图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小.6.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1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:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.7.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长8.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

规范答题增分专项四高考中的立体几何1.(1)证明由已知可得∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,且AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解由已知可得DC=CM=AB=3,DA=32又BP=DQ=23DA,所以BP=2如图,作QE⊥AC,垂足为E,则QE13DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此三棱锥Q-APB的体积为VQ-ABP=13QE·S△ABP=13×1×12×3×22.(1)证明设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a,因此PA2+PB2=AB2,从而PA又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.所以PA⊥平面PBC.(2)解以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得点E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则m即-可取m=-由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos<n,3.(1)证明如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ,AC=AC,所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以AO⊥BD.又因为AO∩CO=O,AO,CO⊂平面AOC,所以BD⊥平面AOC.因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.(2)解在CA的延长线上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,由于OC与BD是平面BCD内两条相交直线,故PO⊥平面BCD.分别以OC,OD,OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.由已知得BD=2,从而OB=OD=OC=22,所以PB=PD=PC若选①θ=60°,则△PCD是等边三角形,PD=CD=PC=1,OP=22则P0,0,22,C22,BC=设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则n令x=1,则y=z=1,所以可取n=(1,1,1).设直线BC与平面PCD(即平面ACD)所成的角为α,则sinα=|cos<BC,n>|=|若选②,由PO⊥平面BCD,得∠PCO是PC(即AC)与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,OP=OC=22则P0,0,22,C22,BC设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则n令x=1,则y=z=1,所以可取n=(1,1,1).设直线BC与平面PCD(即平面ACD)所成的角为α,则sinα=|cos<BC,n>|=|若选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM.由PO⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,得PO⊥CD.因为PO∩PM=P,PO,PM⊂平面POM,所以CD⊥平面POM,又OM⊂平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO是二面角P-CD-B(即二面角A-CD-B)的平面角,已知cos∠PMO=33,则tan∠PMO=2,又在Rt△COD中,OM=2所以OP=OM·tan∠PMO=22=OC则P0,0,22,C22,BC=设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则n令x=1,则y=z=1,所以可取n=(1,1,1).设直线BC与平面PCD(即平面ACD)所成的角为α,则sinα=|cos<BC,n>|=|4.解∵四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1.又BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,∴A1B1⊥平面BB1C1C.又AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C.∴AB⊥BC.又BB1⊥平面ABC,∴AB,BC,BB1两两互相垂直.以B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则点B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),得BF=(0,2,1),EF=(-1,1,1).设点D(λ,0,2)(0≤λ≤2),则DE=(1-λ,1,-2).(1)证明:∵BF·DE=0+2-2∴BF⊥DE,∴BF(2)∵AB⊥平面BB1C1C,∴n=(1,0,0)为平面BB1C1C的一个法向量.设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),则m取x=3,则y=1+λ,z=2-λ.∴m=(3,1+λ,2-λ)为平面DFE的一个法向量.∴cos<m,n>=m·n设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的平面角为θ,则sinθ=1-1要使sinθ最小,只需92λ2-2λ+14最大,又0≤λ≤2,∴当λ=12时,92λ2-2故当B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小5.(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,则点A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CG·n=0,AC·n=0,即x+又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos<n,m>=n因此二面角B-CG-A的大小为30°.6.(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz,则AB=2,AM=连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,点E233,由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.设点Q(a,0,0),则NQ=4-233-a故B1E=2又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故sinπ2-<n,B1E所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为107.解如图,以A为原点建立空间直角坐标系,由题意可得点A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得点M(1,12,1),N(1,-2,1)(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则n不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则n2·AB1=0,n2·不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-1010,于是sin<n1,n(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<NE,n>=NE·n|NE||n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得所以,线段A1E的长为7-2.8.解(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)(方法一)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过点A作AQ⊥PH于点Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=2在Rt△PAH中,PH=PA所以sin∠APH=AH(方法二)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.因为在梯形ABCD中,AB与CD相交,所