专题03 大题专攻（二）（立体几何中的综合问题）练习—【二轮提素养—高分进阶方案】备战2022年高考数学二轮提素养高分进阶新方案（新高考专版）

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专题03 大题专攻（二）（立体几何中的综合问题）目录题型一：翻折问题题型二：探索性问题题型三：最值与范围问题应用体验 精选好题做一当十 题型一：翻折问题1．（2021·重庆八中高三月考）如图甲，在梯形中，，过点作且，将梯形沿折叠得到图乙.折叠后，点是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（1）证明：取ED的中点G，连接FG、CG，因为点F是的中点，所以又，过点B作且，所以，所以，所以四边形BCGE是平行四边形，所以，又面，面，所以面.（2）解：取BD的中点O，连接CO、AO，因为，所以面，又，所以面，又，，所以是正三角形，，所以以O为坐标原点， OC所在的直线为x轴，以，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设，则，，，，，从而，，，.设平面ACD的法向量为，则令，得.设平面AEB的法向量为，则令，得.设平面与平面所成的锐二面角为，故，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.2．（2021·广东顺德·高三月考）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点，，，汇聚为一点，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．（1）证明底面；（2）设点为上的点，且二面角的正弦值为，试求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）（1）由菱形的边长为3，，可得：，即有同理，即有在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．可得底面（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．由第（1）问可得底面，可得：，．则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，，可得．利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为．点，，设面的法向量为，则有，即：．令，则有，则有：则PC与面PAT所成角的正弦值为．解法二：由第（1）问可知底面，，所以，，．则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，，可得．利用正弦定理可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点所以在中，由余弦定理可得：， 设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角考虑三棱锥，由于，，因为，所以所以所以PC与面PAT所成角的正弦值为解法三：由面，可得：，．故为二面角的平面角，由题意可得：因为为锐角，所以故过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC则∵，∴∵面，∴又因为，，故面PAT故为与面PAT所成的角，∴即PC与面PAT所成角的正弦值为 题型二：探索性问题1．（2021·河南·高三月考（理））如图，多面体中，四边形是边长为2的菱形，，为等腰直角三角形，，平面⊥平面，且，．（1）证明：⊥平面；（2）若为棱上的一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2.【详解】（1）证明：取AD的中点H，因为为等腰直角三角形，，所以，因为平面平面，且平面平面，所以平面，设，的交点为O，连接OF，OH，则，且，因为，，所以且，所以四边形为平行四边形．故且，所以平面，又平面，从而，在菱形中，有，因为，所以平面；（2）以O为原点，以OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，有，，，．设，，，，得，，即，从而，设平面的一个法向量为，由，得，取，由已知可得，得，所以或，所以．2．（2021·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，且满足，，平面平面.为线段的中点，为线段上的动点.（1）求证：平面平面；（2）设，当二面角的大小为时，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】证明：（1）.为等腰三角形.又∵为的中点，.又∵平面平面，平面平面且平面，由平面与平面垂直的性质定理可知，平面.又平面，由直线与平面垂直的性质可知又平面，平面.平面又平面，∴平面平面（2）(方法一)由（1）可知，平面，.在中，.在中，由余弦定理可知，，.过点作于点，为垂足，则，平面,平面，平面，.过点作于点，为垂足，连接.，平面.又平面，，即为二面角的平面角在中在(方法二)由（1）可知，平面，.在中，在中，由余弦定理可知过点作线段的延长线的垂线，垂足为，，四边形为矩形.由平面平面可知，平面以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.则设，则，设平面的法向，由，令，得又平面的法向量即.题型三：最值与范围问题 1．（2021·浙江·模拟预测）在四棱锥中，，二面角的大小为，且，.（1）求证：；（2）设是直线上一点，求与平面所成角正弦的最大值. 【答案】（1）证明见解析（2）（1）取中点，则，PO，BO平面POB，，平面，平面，∴ ；（2）以为原点，为x，y轴，建立空间直角坐标系，由（1）知，，则，，设，则设平面的法向量，则，故取设与平面所成角，则故与平面所成角正弦的最大值，2．（2021·河南驻马店·高三月考（理））如图所示的几何体，其底面是直角梯形，，，，，底面.（1）若，求直线与平面的夹角；（2）若，求平面与平面所成二面角的余弦值与的关系，并求出余弦值的取值范围.【答案】（1）；（2）平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，余弦值的范围是.【详解】（1）在直角梯形中，作交BC于H，因，则，又底面，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因此，，，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令得，于是得，所以；（2），，设平面的法向量为，则，即，令得，，，设平面的法向量为，，即，令得，，因此，平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，因，所以平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，其范围是.  应用体验 精选好题做一当十1．（2021·湖南·临澧县第一中学高三月考）如图1，在矩形中，，，是的中点，将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，其中平面⊥平面.（1）设为的中点，试在上找一点，使得∥平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）AM=；（2）.【详解】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，∵，当AM=时，，则且，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.又平面D1AE，平面D1AE，则MF∥平面D1AE.（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，故如图建系O﹣xyz.设平面CD1E的法向量 =（x， y， z），∵EC∥y轴，∴，∵，∴D1为（0， 0，），又E为（﹣1， 1， 0），则，由，取，则=（， 0， 1）.又B为（1， 3， 0），则，记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，则.2．（2021·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，为对角线的中点.现将沿折起到的位置，使平面⊥平面，如图2.（1）求证：直线⊥平面；（2）求异面直线和所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，又由图1可知且为中点，所以，又平面，所以平面；（2）建立空间直角坐标系，以方向为轴，以垂直方向为轴，以方向为轴，如下图所示：由图1可知为等腰直角三角形，所以，所以为等腰直角三角形，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以异面直线所成角的余弦值为.3．（2021·黑龙江·佳木斯一中高三月考（理））如图①，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点.将沿折起到的位置，如图②.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）在图①中，因为，，是的中点，，故四边形为正方形所以即在图②中，，，又，所以平面.又，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面.（2）由已知，平面平面，又由（1）知，，，所以为二面角的平面角，所以.如图，以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设平面的一个法向量为，，令故平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，令平面的一个法向量为.不妨设二面角的平面角为从而，由图得二面角为钝角故二面角的余弦值为.4．（2021·北京八中高三月考）如图，在三棱锥中，平面平面，且，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值等于，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）,理由见解析【详解】（Ⅰ）因为，，所以，又，所以，所以，又因为平面平面，所以平面，所以.（Ⅱ）以为原点，为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，，，设平面的法向量为，则，取，得，，则，因为平面，所以取平面的一个法向量为，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.（Ⅲ）假设存在符合题意的点，设，则，所以，由（Ⅱ）知，平面的法向量为，所以直线与平面所成角的正弦值等于，由已知可得，解得.所以.所以在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值等于，此时.5．（2021·陕西·西北工业大学附属中学高三月考（理））如图，且，，且，，且，，平面，．（1）求二面角的余弦值；（2）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．【答案】（1）；（2）．【详解】解：因为平面平面平面，所以，又故可以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由且且且，可知，各点坐标为，（1）易知设平面的法向量为，则由可得，故平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则由可得，故平面的一个法向量为因为且显然二面角为锐角．故二面角的余弦值为；（2）因为点在线段上，故可设点坐标为，其中于是，易知平面的一个法向量为因为直线与平面所成的角为，所以解得所以线段的长为．6．（2021·天津二中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）记的中点为，若在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.【详解】（Ⅰ）连接，则，因为，所以四边形为平行四边形；所以，因为且为的中点，所以，所以，所以，即，又因为，所以平面；（Ⅱ）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,所以,设平面的法向量为，则，即，取，设平面的法向量为，则，即，取，所以，所以二面角的正弦值为；（Ⅲ）设，则，而，所以，由（Ⅱ）知平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则，化简得，解得：或，故线段的长度为或.7．（2021·辽宁·模拟预测）已知在四棱锥中，平面，四边形为矩形，，，为棱上一点，且.（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【详解】解：（1）证明：在矩形中，，，，∴，即，∵平面，平面，∴，又，､平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，，则，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，∴，∵直线与平面所成的角为30°，∴，即，化简得，解得，∵，∴，∴.8．（2021·天津和平·高三月考）如图，已知平面平面，直线平面，且.（1）求证：平面；（2）若，平面（ⅰ）求二面角的余弦值；（ⅱ）在直线（除、两点外）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，则求的值；如不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，.【详解】（1）证明：过点作于点，因为平面平面，又平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）（ⅰ）因为平面，所以，由可知，，，则,所以点是的中点，连接，则，所以平面，则，，所以四边形是矩形.以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，则、、、.设平面的一个法向量为，又，.由，得，取，得.设平面的一个法向量为，因为，.由，得，取，得；设二面角的平面角为，则，由题知二面角是钝角，则二面角的余弦值为.（ⅱ）设(，）设直线与平面所成角为则（舍）或所以.9．（2021·江苏·苏州中学高三月考）如图，在四棱锥中，平面，，，.（1）求证：平面平面；（2）若点为的中点，点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析； （2）.【详解】（1）设的中点为，因为，所以，因为，所以，所以三点共线，所以，因为平面，平面，所以,因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）以所在的直线分别为轴、轴，过点点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，因为为的中点，所以，由点N为线段上一动点，设，则，所以所以，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角，则，又由因为，当时，取得最小值，最小值为；当时，取得最大值，最大值为，所以，可得，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围.10．（2021·广东·清远市博爱学校高三月考）如图，是圆O的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是，的中点.（1）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；（2）设，求二面角大小的取值范围.【答案】（1）平面，证明见解析；（2）.【详解】解：（1）平面.证明如下：∵，平面，平面，∴平面.又平面，平面与平面的交线为l，∴.而平面，平面，∴平面.（2）解法一：设直线l与圆O的另一个交点为D，连结，.由（1）知，，而，∴.∵平面，∴.而，∴平面，又∵平面，∴，∴是二面角的平面角..注意到，∴，∴.∵，∴，即二面角的取值范围是.解法二：由题意，，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，.设平面的法向量为，则由得，取得.易知平面的法向量，设二面角的大小为，易知为锐角.，∴，即二面角的取值范围是.11．（2021·四川·树德中学高三月考（理））如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，.（1）求证：平面，平面；（2）点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】解：（1）证明，在梯形中，∵，，，∴，，∴，∴.∵平面平面，平面平面，平面，，又∵，∴平面.又四边形是矩形，∴，∴平面，∴，∵，∴平面.（2）由（1）可建立直线，，为轴，轴，轴的如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，∴，.设为平面的法向量，由，得，取，则.∵是平面的一个法向量，∴.∵，∴当时，有最大值，∴的最小值为.12．（2021·山东济南·高三月考）如图，已知三棱柱中，四边形为正方形，，， 分别是、的中点，点是线段上的动点.（1）证明：；（2）已知，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接，如图，而N是BC中点，于是得，在正方形中，，则，即，又，则，即，因，，从而得平面，又平面，所以；（2）因，则，即有，又，于是得，而又，则平面，即有，以射线分别为轴非负半轴建立空间直线坐标系，如图，，设，，设平面的法向量，则，令，得，而平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，显然，否则，，则，令，则，于是得，当且仅当，即时取“=”，当点P接近点B1时，就接近于直角，即就接近于0，于是有，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围是.