2026届高考数学一轮总复习提能训练练案46综合问题

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案46综合问题，共12页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·云南师大附中月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是矩形，3BC＝2CC1＝6，D为AB的中点，且A1D＝eq \r(10).
(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；
(2)求直线CB1与平面A1CD所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：由题知AA1＝CC1＝3，AD＝1，A1D＝eq \r(10)，
∴AD2＋AAeq \\al(2,1)＝A1D2，∴AA1⊥AD，
∵CC1∥AA1，CC1⊥BC，∴AA1⊥BC，
又∵AD∩BC＝B，∴AA1⊥平面ABC，
又CD⊂平面ABC，∴CD⊥AA1，
在正三角形ABC中，D为AB的中点，则CD⊥AB，
又AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1.
(2)解法一：由题意知B1C＝eq \r(13)，CD＝eq \r(3)，
设B1到平面A1DC的距离为d，则由VC－A1B1D＝VB1－A1DC得3eq \r(3)＝eq \f(\r(30),2)d，解得d＝eq \f(3\r(10),5)，
∴直线CB1与平面A1CD所成角的正弦值
sin θ＝eq \f(d,CB1)＝eq \f(\f(3\r(10),5),\r(13))＝eq \f(3\r(130),65).
解法二：如图，取BC的中点为O，B1C1的中点为Q，
由(1)可知，三棱柱的侧面与底面垂直，从而OA，OB，OQ两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OQ，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
则C(－1,0,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A1(0,3，eq \r(3))，B1(1,3,0)，∴eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，
eq \(CA1,\s\up6(→))＝(1,3，eq \r(3))，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(2,3,0)，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(CA1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，,x＋3y＋\r(3)z＝0，))
令x＝1，则z＝－eq \r(3)，y＝eq \f(2,3)，于是n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,3)，－\r(3)))，
设直线CB1与平面A1CD所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(CB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CB1,\s\up6(→))|,|n|·|\(CB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(3\r(130),65).
2．(2025·广东部分学校入学考试)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为A1B1的中点．
(1)证明：B1C∥平面AC1D.
(2)若AA1＝5，AC＝BC＝6，AB＝10，求二面角C－AD－A1的余弦值．
[解析] (1)证明：连接A1C交AC1于点E，则E为A1C的中点．连接DE.因为D为A1B1的中点，所以DE∥B1C，
又DE⊂平面AC1D，B1C⊄平面AC1D，
所以B1C∥平面AC1D.
(2)取AB的中点O，连接CO，DO.
因为AC＝BC＝6，AB＝10，所以CO⊥AB，且CO＝eq \r(62－52)＝eq \r(11).
以O为坐标原点，eq \(OC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，D(0,0,5)，C(eq \r(11)，0,0)，A(0，－5，0)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,5,5)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(11)，5,0)．
设平面ACD的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝5y＋5z＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝\r(11)x＋5y＝0，))
令x＝5，得m＝(5，－eq \r(11)，eq \r(11))．
易知平面A1AD的一个法向量为n＝eq \(OC,\s\up6(→))＝(eq \r(11)，0,0)．
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(5\r(11),\r(47)×\r(11))＝eq \f(5\r(47),47).
由图可知，二面角C－AD－A1为钝角，
所以二面角C－AD－A1的余弦值为－eq \f(5\r(47),47).
3．(2024·浙江新阵地教育联盟联考)如图，在三棱锥S－ABC中，BA＝BC，∠SAB＝∠SCB＝∠ABC＝90°.
(1)证明：AC⊥SB；
(2)若AB＝2，SC＝2eq \r(2)，点D满足eq \(AS,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(BD,\s\up6(→))，求二面角S－BC－D的大小．
[解析] (1)证明：取AC中点O，连接BO，SO.
∵BA＝BC，∴BO⊥AC，
在Rt△SAB与Rt△SBC中，BA＝BC，SB＝SB，
∴Rt△SAB≌Rt△SCB，∴SA＝SC，∴SO⊥AC，
又BO∩SO＝O，BO⊂平面SOB，SO⊂平面SOB，
∴AC⊥平面SOB，又SB⊂平面SOB，
∴AC⊥SB.
(2)过点O作OZ⊥平面ABC．
由(1)知，建立如图空间坐标系O－xyz，如图：
则A(0，－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，
∵SA＝2eq \r(2)，SB＝2eq \r(3)，SC＝2eq \r(2)，
解法一：设S(x，y，z)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y＋\r(2)2＋z2＝8，,x－\r(2)2＋y2＋z2＝12，,x2＋y－\r(2)2＋z2＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\r(2)，,y＝0，,z＝2，))∴S(－eq \r(2)，0,2)，
∴eq \(AS,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(BS,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，0,2)，
∵eq \(AS,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(BD,\s\up6(→))，∴eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1,1，eq \r(2))．
设平面BCS一个法向量m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·m＝－\r(2)a＋\r(2)b＝0，,\(BS,\s\up6(→))·m＝－2\r(2)a＋2c＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝0，,\r(2)a－c＝0，))
取m＝(1,1，eq \r(2))，
设平面BCD的一个法向量为n＝(d，e，f)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n＝0，))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d，e，f·－\r(2)，\r(2)，0＝0，,d，e，f·－1，1，\r(2)＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d－e＝0，,d－e－\r(2)f＝0，))
取n＝(1,1,0)，
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(2),2)，
∴二面角S－BC－D的夹角为45°.
解法二：
∵AB＝2，∴OC＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，
OB＝eq \r(2)，又SC＝2eq \r(2)，∴OS＝eq \r(6)，SB＝2eq \r(3)，
作SH⊥x轴于H，
∵cs∠SOH＝eq \f(12－8,2×\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),3)＝eq \f(OH,\r(6))，
∴OH＝eq \r(2)，SH＝eq \r(SO2－OH2)＝2，∴S(－eq \r(2)，0,2)
(以下同解法一)．
4．(2025·河南许昌高级中学测试)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，BC＝4，AB＝AD＝DC＝AA1＝2，Q为AD的中点．
(1)在A1D1上是否存在点P，使直线CQ∥平面AC1P，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；
(2)若(1)中点P存在，求平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值．
[解析] (1)存在，证明如下：
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
所以可在平面A1B1C1D1内作C1P∥CQ，
由平面几何知识可证△C1D1P≌△CDQ，所以D1P＝DQ，可知P是A1D1中点，
因为C1P⊂平面AC1P，所以CQ∥平面AC1P.
即存在线段A1D1的中点，满足题设条件．
满足条件的点只有一个，证明如下：
当CQ∥平面AC1P时，因为CQ∥平面A1B1C1D1，
所以过C1作平行于CQ的直线既在平面A1C1P内，也在平面A1B1C1D1内，
而在平面A1B1C1D1内过C1只能作一条直线C1P∥CQ，故满足条件的点P只有唯一一个．
所以，有且只有A1D1的中点为满足条件的点P，使直线CQ∥平面AC1P.
(2)过点D作DF⊥BC，垂足为F，又因为DD1⊥平面ABCD，
所以DA，DF，DD1两两互相垂直，
以D为坐标原点，分别以DA，DF，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz，
则A(2,0,0)，P(1,0,2)，C1(－1，eq \r(3)，2)，A1(2,0,2)，B(3，eq \r(3)，0)，
eq \(PA,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(PC1,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)
设平面PAC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PA,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2z＝0，,－2x＋\r(3)y＝0，))
令x＝2eq \r(3)，得y＝4，z＝eq \r(3)，所以n＝(2eq \r(3)，4，eq \r(3))．
设平面ABB1A1的法向量为m＝(x′，y′，z′)．
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·m＝0，,\(AA1,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＋\r(3)y′＝0，,2z′＝0，))
令x′＝eq \r(3)，得y′＝－1，z′＝0，所以m＝(eq \r(3)，－1,0)．
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(6－4＋0,2\r(31))＝eq \f(\r(31),31).
故平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(31),31).
B组能力提升
1．(2024·河南洛阳强基联盟联考)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB＝2A1B1＝4，CC1＝2，侧棱CC1⊥平面ABC，点D是棱AB的中点，点E是棱BB1上的动点(不含端点B)．
(1)证明：平面AA1B1B⊥平面DCC1；
(2)求平面ABE与平面ACE的夹角的余弦值的最小值．
[解析] (1)证明：因为△ABC是等边三角形，点D是棱AB的中点，所以CD⊥AB，
又CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CC1⊥AB，
又CC1∩CD＝C，CC1，CD⊂平面DCC1，
所以AB⊥平面DCC1，
又AB⊂平面AA1B1B，
所以平面AA1B1B⊥平面DCC1.
(2)在平面ABC中，过点C作CF∥AB，
由(1)可知CC1⊥AB，CD⊥AB，
所以CC1⊥CF，CD⊥CF，
又CC1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以CC1⊥CD，
以C为坐标原点，CD，CF，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为△ABC是等边三角形，AB＝2A1B1＝4，CC1＝2，
所以A(2eq \r(3)，－2,0)，B(2eq \r(3)，2,0)，C1(0,0,2)，
因为eq \(C1B1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))，所以B1(eq \r(3)，1,2)．
设eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BB1,\s\up6(→))(λ∈(0,1])，
所以eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BB,\s\up6(→))1＝(－eq \r(3)λ，－λ，2λ)，
所以E(2eq \r(3)－eq \r(3)λ，2－λ，2λ)．
设平面ABE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)λ，4－λ，2λ)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n1＝4y1＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n1＝－\r(3)λx1＋4－λy1＋2λz1＝0，))
令x1＝2，得y1＝0，z1＝eq \r(3)，所以平面ABE的一个法向量为n1＝(2,0，eq \r(3))，
设平面ACE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
又eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n2＝－2\r(3)x2＋2y2＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n2＝－\r(3)λx2＋4－λy2＋2λz2＝0，))
令x2＝1，得y2＝eq \r(3)，z＝eq \f(\r(3)λ－2,λ)，
所以平面ACE的一个法向量为n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(\r(3)λ－2,λ)))，
设平面ABE与平面ACE的夹角为θ，
所以cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(3λ－2,λ))),\r(7)·\r(4＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ－2,λ)))2))，
设t＝2＋eq \f(3λ－2,λ)＝5－eq \f(6,λ)，因为λ∈(0,1]，
所以t∈(－∞，－1]，所以eq \f(1,t)∈[－1,0)，
所以cs θ＝eq \f(|t|,\r(\f(7,3))·\r(12＋t－22))
＝eq \f(\r(21),7)·eq \f(1,\r(\f(16,t2)－\f(4,t)＋1))
＝eq \f(\r(21),7)·eq \f(1,\r(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,8)))2＋\f(3,4)))，
设u＝eq \f(1,t)∈[－1,0)，则由复合函数单调性可知
f(u)＝eq \f(\r(21),7)·eq \f(1,\r(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(u－\f(1,8)))2＋\f(3,4)))在u∈[－1,0)时单调递增，
所以当u＝－1＝eq \f(1,t)＝eq \f(1,5－\f(6,λ))时，即λ＝1时，cs θ取到最小值f(－1)＝eq \f(\r(21),7)×eq \f(1,\r(16×\f(81,64)＋\f(3,4)))＝eq \f(1,7).
2．(2025·河北部分学校摸底)如图(1)，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝6，点E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图(2)．
(1)求证：PB⊥PC．
(2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求二面角P－DF－E的正弦值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：依题意，由点E为PC的中点，PD＝CD＝3，得DE⊥PC，
又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，
则DE⊥平面PCB，又PB⊂平面PCB，于是DE⊥PB，
又CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB，
则CD⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，则CD⊥PB，
而CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD，
因此PB⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，
所以PB⊥PC．
(2)依题意，得PC＝AC＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)，BC＝eq \r(32＋62)＝3eq \r(5)，
由(1)PB⊥PC，
则PB＝eq \r(3\r(5)2－3\r(2)2)＝3eq \r(3)，过点D作直线Dy∥PB，则有Dy⊥DP，
显然直线DP，Dy，DC两两垂直，以D为原点，直线DP，Dy，DC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则D(0,0,0)，P(3,0,0)，C(0,0,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(3,2)))，B(3,3eq \r(3)，0)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝(3,0，－3)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(3,0,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(3,2)))，
设eq \(BF,\s\up6(→))＝teq \(BC,\s\up6(→))(0≤t≤1)，即eq \(BF,\s\up6(→))＝teq \(BC,\s\up6(→))＝(－3t，－3eq \r(3)t，3t)，
则F(3－3t,3eq \r(3)－3eq \r(3)t,3t)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(3－3t,3eq \r(3)－3eq \r(3)t，3t)，
若存在点F，使得CP⊥DF，则eq \(CP,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝9－18t＝0，
解得t＝eq \f(1,2)，则eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)，\f(3,2)))，
即当F为线段BC中点时，使得CP⊥DF，设平面PDF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DF,\s\up6(→))＝\f(3,2)x1＋\f(3\r(3),2)y1＋\f(3,2)z1＝0，,m·\(DP,\s\up6(→))＝3x1＝0，))
令y1＝1，得m＝(0,1，－eq \r(3))，
设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝\f(3,2)x2＋\f(3,2)z2＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝\f(3,2)x2＋\f(3\r(3),2)y2＋\f(3,2)z2＝0，))
令x2＝1，得n＝(1,0，－1)，
设二面角P－DF－E的大小为θ，
则|cs θ|＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),2×\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，
所以二面角P－DF－E的正弦值
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)))2)＝eq \f(\r(10),4).
C组拓展应用(选作)
(2024·山东济南、潍坊、淄博监测)如图，已知四边形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，且二面角F－DC－B的大小为60°.
(1)证明：平面BCF⊥平面ABCD；
(2)在线段AE上是否存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°，若存在，请求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：因为四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，
所以DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB＝C，CF，CB⊂平面BCF，
所以DC⊥平面BCF，
因为DC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面BCF.
(2)过点E、D分别作直线DC、AB的垂线EG、DH垂足为G、H.
由已知和平面几何知识易知，DG＝AH＝2，∠EFC＝∠DCF＝∠DCB＝∠ABC＝90°，
则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，
所以在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG＝DH＝2eq \r(3)，
假设在AE上存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°.
由(1)知DC⊥平面BCF，则∠BCF是二面角F－DC－B的平面角，
所以∠BCF＝60°，所以△BCF是正三角形．
取BC的中点N，则FN⊥BC，又FN⊂平面BCF，
所以FN⊥平面ABCD，过点N作AB平行线NK，
则以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，
设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AE,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则A(5，eq \r(3)，0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(0，－eq \r(3)，0)，E(1,0,3)，
则M(5－4λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ，3λ)，则eq \(BM,\s\up6(→))＝(5－4λ，－eq \r(3)λ，3λ)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2eq \r(3)，0)，
设平面BCM的法向量为n1＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BM,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)y＝0，,5－4λx－\r(3)λy＋3λz＝0，))
取n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(4λ－5,3λ)))，
又平面BCF的法向量n2＝(1,0,0)，
所以cs 45°＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(1,1·\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4λ－5,3λ)))2))，
整理化简得7λ2－40λ＋25＝0，解得λ＝eq \f(5,7)或λ＝5(舍去)．
所以存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°，且AM＝eq \f(5,7)AE.