2025年高考二轮复习数学专题突破练19

专题突破练(分值:60分)学生用书P191解答题:本题共4小题,共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(15分)(2024·上海,17)如图为正四棱锥PABCD,O为底面ABCD的中心.(1)若AP=5,AD=32,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.解(1)因为PABCD是正四棱锥,所以底面ABCD是正方形,且OP⊥底面ABCD,因为AD=32,所以AO=OD=OB=OC=3,因为AP=5,所以PO=AP2-所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是以3为底面半径,4为高的圆锥,所以V圆锥=13Sh=13π×32×4(2)(方法一坐标法)如图,建立空间直角坐标系,因为AP=AD,由题意知PABCD是正四棱锥,所以该四棱锥各棱长相等,设AB=2a,则AO=OD=OB=OC=a,PO=AP2由此可得O(0,0,0),P(0,0,a),A(0,a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(a,0,0),Ea2故BD=(2a,0,0),AC=(0,2a,0),AE设n=(x1,y1,z1)为平面AEC的法向量,由n得2a·y1=0,a2·x1+a·y1+a2·z1=0,y1=0,取x1=1,则z设直线BD与平面AEC所成角为θ,因为sinθ=|cos<n,BD>|=22,θ所以θ=π(方法二几何法)过点E作EH⊥BD交BD于点H.则EA=EC,EO⊥AC.故∠EOH就是直线BD与平面AEC所成角.易得EH=12PO,HO=14设AP=AD=a,则BD=2a,故PO=22a在△EOH中,因为tan∠EOH=EHHO=24a24故直线BD与平面AEC所成角为π2.(15分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,△ABD为等边三角形,且AC⊥BD.(1)求直线AD与BC所成角的余弦值;(2)求二面角ABDC的余弦值.解(1)由△ABC为以BC为斜边的等腰直角三角形,得AC⊥AB.又AC⊥BD,且BD∩AB=B,BD,AB⊂平面ABD,则AC⊥平面ABD.因为AC⊂平面ABC,故平面ABC⊥平面ABD.取AB的中点O,连接DO.由△ABD是等边三角形,得DO⊥AB,而DO⊂平面ABD,平面ABD∩平面ABC=AB,则DO⊥平面ABC.过点O作直线AC的平行线,交BC于点E.易知,OA,OE,OD两两垂直.以O为原点,OA,OE,OD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.令AB=2,则A(1,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,0,3),AD=(1,0,3),BC=(2,2,0),因此cos<AD,BC>=AD·BC|AD||BC|(2)由(1)知,AC=(0,2,0)为平面ABD的一个法向量.又BD=(1,0,3),设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则BD·n=x+3z=0,BC·n=2x+2y=0,取z=1,则x=3,y=3,得n=(3,3,1),于是3.(15分)(2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角PA2C2D2为150°时,求B2P.(1)证明(方法一)在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).B2C2=(0,2,1),A2D2=(所以B因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.(方法二几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.(方法三基底法)由题意可得AA所以A2D2=因为A2D2=B2C2,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2(2)解在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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.由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.C2A2=(2,2,2),C2D2=(2,0,1),C2P=设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·C2A2=2x1+2y1-2z1=0故n1=(1,1,2).设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·C2A2=2x2+2y2-2z2=0,n2·C2P=2y2+(a-3因为二面角PA2C2D2为150°,所以|cos<n1,n2>|=|n整理可得a24a+3=0,解得a=1或a=3.结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角PA2C2D2为150°.4.(15分)(2024·天津,17)已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.(1)求证D1N∥平面CB1M;(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;(3)求点B到平面CB1M的距离.(1)证明如图,取B1C的中点H,连接NH,MH.∵N为B1C1的中点,H为B1C的中点,∴NH∥CC1,且NH=12CC1∵四棱柱ABCDA1B1C1D1,∴CC1∥DD1,CC1=DD1,∴NH∥DD1,且NH=12DD1∵M为DD1的中点,∴D1M=12DD1∴D1M∥NH,D1M=NH.∴四边形D1NHM为平行四边形,∴D1N∥MH.又D1N⊄平面CB1M,MH⊂平面CB1M,∴D1N∥平面CB1M.(2)解∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.以A为原点,AB,AD,A1A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B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).∴B1C=(1,1,2),CM=(1,0,1),BB1=(0,0,2),BC=(1,设平面CB1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n令x1=1,则y1=3,z1=1,∴n1=(1,3,1)为