2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十微专题2立体几何中的证明与计算

专题强化练（十）微专题2立体几何中的证明与计算1.如图，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高线CD上．AB＝a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.(1)证明：∠MDC是二面角M-AB-C的平面角；(2)当∠MDC＝∠CVN时，证明VC⊥平面AMB.证明：(1)由题意及题图知，CD⊥AB，VN⊥平面ABC，N∈CD，因为AB⊂平面ABC，所以VN⊥AB.又因为CD∩VN＝N，CD，VN⊂平面VNC，所以AB⊥平面VNC，因为DM⊂平面VNC，所以AB⊥DM，又AB⊥CD，所以∠MDC为二面角M-AB-C的平面角．(2)由已知，∠MDC＝∠CVN，在△VNC与△DMC中，∠NCV＝∠MCD，所以△VNC∽△DMC，又因为∠VNC＝90°，所以∠DMC＝∠VNC＝90°，故有DM⊥VC，由(1)得AB⊥平面VNC，VC⊂平面VNC，所以AB⊥VC，又AB∩DM＝D，AB，DM⊂平面AMB，所以VC⊥平面AMB.2.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是矩形，E为AD的中点，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，M为PB的中点．(1)求证：EM∥平面PCD；(2)若AP＝AD，AB＝eq\r(2)AD，求直线EM与平面PCE所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，取PC的中点为F，连接MF，DF，则MF∥BC∥DE，且MF＝eq\f(1,2)BC＝DE，所以四边形DEMF是平行四边形，所以DF∥EM，因为DF⊂平面PCD，EM⊄平面PCD，所以EM∥平面PCD.(2)解：因为AD⊥平面PAB，PA，PB⊂平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥PB.以A为坐标原点，以在平面PAB内垂直于AB的直线为x轴，AB，AD所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示．设AD＝2，则AP＝2，AB＝2eq\r(2).因为PA⊥PB，所以∠PAB＝45°.所以P(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，B(0，2eq\r(2)，0)，E(0，0，1)，C(0，2eq\r(2)，2)，M(eq\f(\r(2),2)，eq\f(3\r(2),2)，0)，所以eq\o(EC,\s\up10(→))＝(0，2eq\r(2)，1)，eq\o(PC,\s\up10(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，2)，eq\o(EM,\s\up10(→))＝(eq\f(\r(2),2)，eq\f(3\r(2),2)，－1).设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up10(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up10(→))＝0，,))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋\r(2)y＋2z＝0，,2\r(2)y＋z＝0，))不妨令y＝－1，得z＝2eq\r(2)，x＝3，所以n＝(3，－1，2eq\r(2))，设直线EM与平面PCE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up10(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EM,\s\up10(→))·n|,|\o(EM,\s\up10(→))||n|)＝eq\f(2\r(2),\r(6)×3\r(2))＝eq\f(\r(6),9)，所以直线EM与平面PCE所成角的正弦值为eq\f(\r(6),9).3.(2024·佛山二模)如图，在直三棱柱形木料ABC-A1B1C1中，D为上底面ABC内一点．(1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B1D垂直，应该如何画线，请说明理由；(2)若BC＝BB1＝1，AB＝2，∠A1B1C1＝eq\f(π,2)，E为A1B1的中点，求点B到平面AC1E的距离．解：(1)连接BD，在平面ABC上作l⊥BD，因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因为l⊂平面ABC，所以BB1⊥l，因为BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D，所以l⊥平面BB1D，因为B1D⊂平面BB1D，所以l⊥B1D.(2)因为∠A1B1C1＝eq\f(π,2)，所以B1A1，B1C1，B1B两两互相垂直，以B1为原点，分别以B1A1，B1C1，B1B所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，B(0，0，1)，A(2，0，1)，E(1，0，0)，C1(0，1，0)，则eq\o(BA,\s\up10(→))＝(2，0，0)，eq\o(EA,\s\up10(→))＝(1，0，1)，eq\o(EC1,\s\up10(→))＝(－1，1，0).设平面AC1E的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EA,\s\up10(→))＝0，,m·\o(EC1,\s\up10(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,－x＋y＝0，))取x＝1，则m＝(1，1，－1)，设点B到平面AC1E的距离为d，则d＝eq\f(|\o(BA,\s\up10(→))·m|,|m|)＝eq\f(2\r(3),3)，因此点B到平面AC1E的距离为eq\f(2\r(3),3).4．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O，因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，因为A1O⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1O，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，所以A1O⊥平面BCC1B1，所以A1O＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1O＝1，所以O为CC1的中点，又A1O⊥CC1，所以A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，所以A1C＝AC.(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，则A1F⊥BB1，因为AA1与BB1的距离为2，所以A1F＝2，又A1O＝1且A1C＝AC，所以A1C＝A1C1＝AC＝eq\r(2)，AB＝A1B1＝eq\r(5)，BC＝eq\r(3).以C为坐标原点，以CA，CB，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，则C(0，0，0)，A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，B1(－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，C1(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，所以eq\o(CB,\s\up10(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(CC1,\s\up10(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB1,\s\up10(→))＝(－2eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up10(→))＝0，,n·\o(CC1,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，则y＝0，z＝1，所以平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB1,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AB1,\s\up10(→))|,|n||\o(AB1,\s\up10(→))|)＝eq\f(\r(13),13).所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(\r(13),13).5．如图，在四边形ABCP中，△ABC是边长为2eq\r(3)的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达P′的位置，若平面P′BC⊥平面ABC，且BC⊥AP′.(1)求线段AP′的长；(2)设点M在线段P′C上，且满足MC＝2P′M，求二面角P′-AB-M的余弦值．解：(1)如图，取BC的中点O，连接AO，P′O，因为△ABC为正三角形，O为BC的中点，所以AO⊥BC，又BC⊥AP′，AO∩AP′＝A，AO，AP′⊂平面AP′O，所以BC⊥平面AP′O，又P′O⊂平面AP′O，所以BC⊥P′O，所以BP′＝CP′＝2eq\r(3)，即△P′BC为正三角形，所以OP′＝3.又平面P′BC⊥平面ABC，平面P′BC∩平面ABC＝BC，AO⊥BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面P′BC，又P′O⊂平面P′BC，所以AO⊥P′O，又AO＝3，所以AP′＝eq\r(AO2＋OP′2)＝3eq\r(2).(2)结合(1)知P′O⊥平面ABC，AO⊥BC，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP′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(3，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，P′(0，0，3)，M(0，－eq\f(\r(3),3)，2)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－3，eq\r(3)，0)，eq\o(AP′,\s\up10(→))＝(－3，0，3)，eq\o(BM,\s\up10(→))＝(0，－eq\f(4\r(3),3)，2).设平面P′AB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AP′,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x1＋\r(3)y1＝0，,－3x1＋3z1＝0，))取x1＝1，则m＝(1，eq\r(3)，1).设平面ABM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up10(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x2＋\r(3)y2＝0，,－\f(4\r(3),3)y2＋2z2＝0，))取x2＝1，则n＝(1，eq\r(3)，2).所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(6,\r(5)×\r(8))＝eq\f(3\r(10),10).由图知二面角P′-AB-M为锐角，所以二面角P′-AB-M的余弦值为eq\f(3\r(10),10).6.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝eq\r(2).(1)证明：BD⊥平面SOC；(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为eq\f(1,5)？若存在，求eq\f(SE,SD)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为SA＝SB＝AB，O为AB的中点，所以SO⊥AB.因为平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊂平面SAB，所以SO⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以SO⊥BD.因为eq\f(CB,BO)＝eq\f(BA,AD)＝eq\r(2)，∠CBO＝∠BAD＝90°，所以△CBO∽△BAD，故∠BCO＝∠ABD，所以∠ABD＋∠COB＝∠BCO＋∠COB＝90°，所以BD⊥CO.又CO∩SO＝O，CO，SO⊂平面SOC，所以BD⊥平面SOC.(2)如图，在底面ABCD中，过点O作OM垂直AB交棱CD于点M，以O为坐标原点，OS，OA，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得，O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(0，－1，eq\r(2))，D(0，1，eq\r(2))，S(eq\r(3)，0，0).假设存在满足条件的点E，设eq\f(SE,SD)＝λ(0≤λ≤1)，则E(eq\r(3)－eq\r(3)λ，λ，eq\r(2)λ)，连接AE，BE，则eq\o(AE,\s\up10(→))＝(eq\r(3)－eq\r(3)λ，λ－1，eq\r(2)λ)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(DC,\s\up10(→))＝(0，－2，0)，eq\o(DS,\s\up10(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(2)).设n