2025版高考热点题型与考点专练数学热点3立体几何中的计算与证明试题（Word版附答案）

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【典例1】(15分)(规范解答)(2024·新高考Ⅰ卷)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为427,求AD.
【审题思维】
(1)由线面平行的判定定理和性质定理进行证明.
(2)建立空间直角坐标系,求出平面ACP与平面CPD的法向量,由二面角A-CP-D的正弦值为427,列式求解.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,……3分
又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB,
……4分
在△ABC中,AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC,
又因为BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.……6分
(2)分别以DA,DC为x,y轴,过点D作平面ABCD的垂线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系D-xyz:
……8分
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=4-t2,C(0,4-t2,0),……10分
设平面ACP的法向量n1=(x1,y1,z1),
所以,
设x1=4-t2,则y1=t,z1=0,所以n1=(4-t2,t,0),…………11分
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
所以,
设z2=t,则x2=-2,y2=0,所以n2=(-2,0,t),…………12分
因为二面角A-CP-D的正弦值为427,则余弦值为77,所以77=|cs|=|n1·n2||n1||n2|=24-t22t2+4,…………13分
所以t=3,所以AD=3.…………15分
【题后反思】
本题考查直线与平面的位置关系、二面角,解题中注意转化思想的应用,即:
(1)将空间线面关系转化为平面图形中的平行与垂直关系;
(2)将空间角转化为空间向量的夹角.
【典例2】(2024·吉林模拟)如图所示,半圆柱OO1与四棱锥A-BCDE拼接而成的组合体中,F是半圆弧BC上(不含B,C)的动点,FG为半圆柱的一条母线,点A在半圆柱下底面所在平面内,OB=2OO1=2,AB=AC=22.
(1)求证:CG⊥BF;
(2)若DF∥平面ABE,求平面FOD与平面GOD夹角的余弦值;
(3)求点G到直线OD距离的最大值.
【审题思维】
(1)取BC中点H,以O为坐标原点建立空间直角坐标系,设F(x,y,0),求出,,利用空间位置关系的向量证明.
(2)由数据求出点F坐标,再求出平面FOD与平面GOD的法向量,利用向量法求解.
(3)利用空间向量求出点G到直线OD距离的函数关系,再求出最大值.
【解析】(1)取BC中点H,则OH⊥BC,以O为坐标原点,直线OB,OH,OO1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,连接OA,在△ABC中,BC=4,AB=AC=22,OB=OC,则AO⊥BC,AO=2,
于是O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(-2,0,0),D(-2,0,1),
设F(x,y,0),则G(x,y,1),其中x2+y2=4,y>0,=(x+2,y,1),=(x-2,y,0),因此·=x2-4+y2=0,即⊥,所以CG⊥BF.
(2)由BE⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,得BE⊥AC,
又AB2+AC2=BC2,则AB⊥AC,而AB∩BE=B,AB,BE⊂平面ABE,
则AC⊥平面ABE,即=(-2,2,0)为平面ABE的一个法向量,=(x+2,y,-1),由DF∥平面ABE,得·=-2x-4+2y=0,
又x2+y2=4,y>0,可得x=0y=2,此时F(0,2,0),G(0,2,1),
设n=(a,b,c)是平面FOD的法向量,
则,
取a=1,得n=(1,0,2),
设m=(e,f,g)是平面GOD的法向量,
则,
取e=1,得m=(1,-1,2),
则平面FOD与平面GOD夹角的余弦值为|cs|=|n·m||n||m|=55×6=306.
(3)=(-2,0,1),=(x,y,1),
则点G到直线OD的距离d==5-(1-2x)25,
当x=12时,即F的坐标为(12,152,0)时,点G到直线OD的距离取最大值为5.
【题后反思】
本题考查异面直线的位置关系、二面角、点线距.二面角问题是高考热点,利用向量法求二面角的常用方法有两种:
(1)找法向量,分别求出两个半平面所在平面的法向量,然后求得法向量的夹角,结合图形得到二面角的大小;
(2)找与交线垂直的直线的方向向量,分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量,则这两个向量的夹角就是二面角的平面角.
1.★★★★☆(2024·青岛三模)如图所示,多面体ABCDEF,底面ABCD是正方形,点O为底面的中心,点M为EF的中点,侧面ADEF与BCEF是全等的等腰梯形,EF=4,其余棱长均为2.
(1)证明:MO⊥平面ABCD;
(2)若点P在棱CE上,直线BP与平面ABM所成角的正弦值为24221,求EP的长.
【解析】(1)分别取AB,CD的中点K,Q,连接FK,KQ,QE,则O为KQ的中点,
因为侧面ADEF是等腰梯形,所以EF∥AD,又KQ∥AD,所以KQ∥EF,△ABF和△DCE都是边长为2的等边三角形,得FK=EQ,所以四边形FKQE为等腰梯形,
因为点M为EF的中点,O为KQ的中点,所以MO⊥KQ.
因为△ABF是等边三角形,所以AB⊥FK,
又AB⊥KQ,KQ,FK⊂平面FKQE,KQ∩FK=K,所以AB⊥平面FKQE,AB⊂平面ABCD,所以平面FKQE⊥平面ABCD,平面FKQE∩平面ABCD=KQ,MO⊂平面FKQE,MO⊥KQ,故MO⊥平面ABCD.
(2)在梯形FKQE中,EF=4,KQ=2,FK=EQ=3,等腰梯形中由勾股定理得MO=2,取BC中点N,由(1)知,OK,ON,OM两两垂直,
以O为原点,分别以OK,ON,OM所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),M(0,0,2),K(1,0,0),C(-1,1,0),A(1,-1,0),B(1,1,0),E(-2,0,2),
设平面ABM的法向量为n=(x,y,z),=(0,2,0),=(-1,1,2),
则,
令z=1,则x=2,y=0,得n=(2,0,1),
设=λ(0≤λ≤1),=+=+λ=(-2-λ,-λ,2λ),
设直线BP与平面ABM所成角为θ,
所以sin θ===2234λ2+4λ+4=24221.
解得λ=12(负值舍去),所以点P为棱CE的中点,所以EP的长为1.
2.★★★☆☆(2024·呼和浩特二模)如图,已知AB⊥平面BCE,CD∥AB,△BCE是等腰直角三角形,其中∠EBC=π2,且AB=BC=2CD=4.
(1)设线段BE中点为F,证明:CF∥平面ADE;
(2)在线段AB上是否存在点M,使得点B到平面CEM的距离等于22,如果存在,求MB的长.
【解析】(1)取BE的中点F,AE的中点G,连接FG,GD,CF,则有GF=12AB,GF∥AB,因为DC=12AB,CD∥AB,所以CD∥GF且CD=GF,所以四边形CFGD是平行四边形,则CF∥DG,又DG⊂平面ADE,CF⊄平面ADE,
所以CF∥平面ADE.
(2)存在.设MB=x(0