2025届人教新高考高三数学一轮复习规范答题增分专项4高考中的立体几何Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习规范答题增分专项4高考中的立体几何Word版附解析，共9页。

(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=22.
如图,作QE⊥AC,垂足为E,则QE?13DC.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·sin 45°=1.
2.(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⊥PB.
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·EP=0,m·EC=0,
即-y+22z=0,-32x-12y=0.
可取m=-33,1,2.
由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cs=n·m|n||m|=255.所以二面角B-PC-E的余弦值为255.
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,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,
BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
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sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=22+22+01×3=63.
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,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,
BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
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sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=22+22+01×3=63.
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cs∠PMO=33,则tan∠PMO=2,又在Rt△COD中,OM=22×221=12,
所以OP=OM·tan∠PMO=22=OC,
则P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,
BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
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sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=22+22+01×3=63.
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=0,
∴BF⊥DE,∴BF⊥DE.
(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·DE=0,m·EF=0,即(1-λ)x+y-2z=0,-x+y+z=0.
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.
∴cs=m·n|m||n|=32λ2-2λ+14 .
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的平面角为θ,则sin θ=1-cs2=
1-92λ2-2λ+14.
要使sin θ最小,只需92λ2-2λ+14最大,又0≤λ≤2,∴当λ=12时,92λ2-2λ+14最大,即sin θ最小,此时B1D=12.
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+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cs=n·m|n||m|=32.
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=3.
连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,点E233,13,0.
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-a2,点B1a,1,4-233-a2,
故B1E =233-a,-23,-4-233-a2,|B1E |=2103.
又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,
故sinπ2-=cs=n·B1E |n||B1E | =1010.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
7.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n1·AD1=0,n1·AC=0,即x1-2y1+2z1=0,2x1=0.
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·AC=0,又AB1=(0,1,2),得y2+2z2=0,2x2=0.
不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cs=n1·n2|n1||n2|=-1010,于是sin=31010.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.
(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],
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cs=NE·n|NE||n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=7-2.
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=22.
在Rt△PAH中,PH=PA2+AH2=322,
所以sin∠APH=AHPH=13.
(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,所以由PA⊥AB,PA⊥CD,可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作y轴垂直于平面PAD,以A为原点,以AD的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则点A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).
所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z).
由n·PE=0,n·EC=0,得x-2z=0,x+y=0.
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sin α=|n·AP||n||AP|=22×22+(-2)2+12=13.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.