2023年高考数学一轮复习《空间几何体》解答题 精选练习（2份打包，教师版+原卷版）

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2023年高考数学一轮复习《空间几何体》精选练习、解答题 LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，CE⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.【答案解析】证明　(1)如图，取BD中点为O，连接OC，OE，则由BC＝CD，知CO⊥BD.又CE⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，所以BD⊥OE.又因为O是BD中点，所以BE＝DE.(2)如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC, BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC. LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图所示，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝2，点E，F分别为AD，PC的中点.(1)证明：DF∥平面PBE；(2)求点F到平面PBE的距离.【答案解析】解：(1)证明：取PB的中点G，连接EG，FG，则FG∥BC，且FG＝eq \f(1,2)BC，∵DE∥BC且DE＝eq \f(1,2)BC，∴DE∥FG且DE＝FG，∴四边形DEGF为平行四边形，∴DF∥EG，又DF平面PBE，EG⊂平面PBE，∴DF∥平面PBE.(2)由(1)知DF∥平面PBE，∴点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离是相等的，故转化为求点D到平面PBE的距离，设为d.连接BD.∵VDPBE＝VPBDE，∴eq \f(1,3)S△PBE·d＝eq \f(1,3)S△BDE·PD，由题意可求得PE＝BE＝eq \r(5)，PB＝2eq \r(3)，∴S△PBE＝eq \r(6)，又S△BDE＝eq \f(1,2)DE·AB＝eq \f(1,2)×1×2＝1，∴d＝eq \f(\r(6),3). LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，E为AC与BD的交点，PA⊥平面ABCD，M为PA中点，N为BC中点，连接MN.(1)证明：直线MN∥平面PCD；(2)若点Q为PC中点，∠BAD=120°，PA=eq \r(3)，AB=1，求三棱锥A­QCD的体积．【答案解析】解：(1)取PD中点R，连接MR，RC(图略)，∵MR∥AD，NC∥AD，MR=eq \f(1,2)AD，NC=eq \f(1,2)AD，∴MR∥NC，MR=NC，∴四边形MNCR为平行四边形，∴MN∥RC，又RC⊂平面PCD，MN⊄平面PCD，∴直线MN∥平面PCD.(2)由已知条件得AC=AD=CD=1，∴S△ACD=eq \f(\r(3),4)，∴VA­QCD=VQ­ACD=eq \f(1,3)×S△ACD×eq \f(1,2)PA=eq \f(1,8). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，E为棱PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)若PD＝AD＝2，PB⊥ AC，求点P到平面AEC的距离.【答案解析】解：(1)证明：如图所示，连接BD，交AC于点F，连接EF，∵底面ABCD为矩形，∴F为BD中点，又E为PD中点，∴EF∥PB，又PB平面AEC，EF⊂平面AEC，∴PB∥平面AEC.(2)∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，又PB⊥AC，PB∩PD＝P，∴AC⊥平面PBD，∵BD⊂平面PBD，∴AC⊥BD，∴四边形ABCD为正方形.又E为PD的中点，∴P到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离，设D到平面AEC的距离为h，由题意可知AE＝EC＝eq \r(5)，AC＝2eq \r(2)，S△AEC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \r(6)，由VD-AEC＝VE-ADC得eq \f(1,3)S△AEC·h＝eq \f(1,3)S△ADC·ED，解得h＝eq \f(\r(6),3)，∴点P到平面AEC的距离为eq \f(\r(6),3). LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝eq \r(3)，求三棱锥E－ACD的体积.【答案解析】解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up16(→))的方向为x轴的正方向，|eq \o(AP,\s\up16(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，eq \r(3)，0)，E(0,eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0,eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2)).设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，eq \r(3)，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(m，eq \r(3)，0).设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设得|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(1,2)，即 eq \r(\f(3,3＋4m2))＝eq \f(1,2)，解得m＝eq \f(3,2).因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq \f(1,2).三棱锥E－ACD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(3,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),8). LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图1，正方形ABCD的边长为4，AB=AE=BF=eq \f(1,2)EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥底面AEFB，G是EF的中点，如图2.(1)求证：AG⊥平面BCE；(2)求二面角C-AE-F的余弦值．【答案解析】解：(1)证明：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，所以BC⊥AG，因为AB=eq \f(1,2)EF，且AB∥EF，所以AB//=EG，因为AB=AE，所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，又BC∩BE=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面BCE.(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE=EG=BG=AB=4，设AG∩BE=O，所以OE=OB=2eq \r(3)，OA=OG=2，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，－2eq \r(3)，0)，F(4，2eq \r(3)，0)，C(0，2eq \r(3)，4)，D(－2，0，4)，所以eq \o(AC,\s\up6(→))=(2，2eq \r(3)，4)，eq \o(AE,\s\up6(→))=(2，－2eq \r(3)，0)，设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AE,\s\up6(→))·n＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2\r(3)y＋4z＝0，,2x－2\r(3)y＝0，))令y=1，则x=eq \r(3)，z=－eq \r(3)，即平面ACE的一个法向量为n=(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，易知平面AEF的一个法向量为eq \o(AD,\s\up6(→))=(0，0，4)，设二面角C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos θ=eq \f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|n|·|\o(AD,\s\up6(→))|))=eq \f(4\r(3),\r(7)×4)=eq \f(\r(21),7). LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AA1=2，AC=2eq \r(2).M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ=eq \f(1,3)QC1.(1)证明：PQ∥平面ABC；(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为eq \f(2\r(15),15)，求∠BAC的大小.【答案解析】解：(1)取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.∵P为MA的中点，D为MC的中点，∴PD∥AC.又CD=eq \f(1,3)DC1，BQ=eq \f(1,3)QC1，∴QD∥BC.又PD∩QD=D，∴平面PQD∥平面ABC.又PQ⊂平面PQD，∴PQ∥平面ABC.(2)∵BC，BA，BB1两两互相垂直，∴以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.设BC=a，BA=b，则各点的坐标分别为B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，b,0)，A1(0，b,2)，M(a,0,1)，∴eq \o(BA1,\s\up15(→))=(0，b,2)，eq \o(BA,\s\up15(→))=(0，b,0)，eq \o(BM,\s\up15(→))=(a,0,1).设平面ABM的法向量为n=(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(by＝0，,ax＋z＝0，))取x=1，则可得平面ABM的一个法向量为n=(1,0，－a)，∴|cos〈n，eq \o(BA1,\s\up15(→))〉|=eq \f(|－2a|,\r(a2＋1)·\r(b2＋4))=eq \f(2\r(15),15).又a2＋b2=8，∴a4＋4a2－12=0.∴a2=2或－6(舍)，即a=eq \r(2).∴sin∠BAC=eq \f(\r(2),2　\r(2))=eq \f(1,2).∴∠BAC=eq \f(π,6). LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图1，在直角△ABC中，∠ABC=90°，AC=2eq \r(3)，AB=eq \r(3)，D，E分别为AC，BD的中点，连结AE并延长交BC于点F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示.(1)求证：AE⊥CD；(2)求平面AEF与平面ADC所成二面角的正弦值.【答案解析】解：(1)证明：由题意知，而为的中点，∴，又面面，面面，且平面，∴平面，又平面，∴.(2)由(1)可知，，，两两相互垂直，可构建以E为原点，为x轴、y轴、z轴正方向空间直角坐标系，则，，，，，易知面的一个法向量为，，设平面的法向量为，则：，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为θ，则，所以其正弦值为. LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出eq \f(BP,BC)的值；如果不存在，请说明理由.【答案解析】解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(1，eq \r(3)，0)，所以eq \o(DE,\s\up16(→))=(0，eq \r(3)，1)，eq \o(DF,\s\up16(→))=(1，eq \r(3)，0)，eq \o(AB,\s\up16(→))=(2,0，－2)，由此，得eq \o(AB,\s\up16(→))=－2eq \o(DE,\s\up16(→))＋2eq \o(DF,\s\up16(→)).又eq \o(DE,\s\up16(→))与eq \o(DF,\s\up16(→))不共线，根据向量共面的充要条件可知eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(DE,\s\up16(→))，eq \o(DF,\s\up16(→))共面.由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.(2)假设存在点P(x，y,0)满足条件，则eq \o(AP,\s\up16(→))=(x，y，－2)，eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(DE,\s\up16(→))=eq \r(3)y－2=0，所以y=eq \f(2\r(3),3).又eq \o(BP,\s\up16(→))=(x－2，y,0)，eq \o(PC,\s\up16(→))=(－x,2eq \r(3)－y,0)，eq \o(BP,\s\up16(→))∥eq \o(PC,\s\up16(→))，所以(x－2)(2eq \r(3)－y)=－xy，所以eq \r(3)x＋y=2eq \r(3).把y=eq \f(2\r(3),3)代入上式，得x=eq \f(4,3)，所以eq \o(BP,\s\up16(→))=eq \f(1,3)eq \o(BC,\s\up16(→))，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时eq \f(BP,BC)=eq \f(1,3).