2026届高考数学一轮总复习提能训练练案47高考大题规范解答__立体几何

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(1)若AD∥平面PBC，求直线PD与平面ABCD所成角的正切值；
(2)若AD＝eq \r(2)，求二面角A－PC－D的余弦值．
[解析] (1)依题意可知，∠ABC＝eq \f(π,2)，BC＝1，∠BAC＝eq \f(π,6)，
所以AC＝2，AB＝eq \r(3)，
又PC＝2eq \r(2)，且PA＝AC，
所以PA2＋AC2＝PC2，所以PA⊥AC，
在△PAB中，PA2＋AB2＝PB2，所以PA⊥AB，
又因为AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABCD，
所以∠PDA即为直线PD与平面ABCD所成的角，
因为AD∥平面PBC，AD⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PBC＝BC，
所以AD∥BC，所以AD⊥AB，即∠CAD＝eq \f(π,3)，
所以AD＝ACcs eq \f(π,3)＝1，tan∠PDA＝eq \f(PA,AD)＝2，
即直线PD与平面ABCD所成角的正切值为2.
(2)若AD＝eq \r(2)，此时AD＝DC＝eq \r(2)，则D在AC上的射影为AC的中点，记为O，
由(1)可知，PA⊥平面ABCD，又PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD，
又DO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，
则DO⊥平面PAC，所以DO⊥PC，且DO＝1，
如图，过点O作OE⊥PC于点E，连接DE，
因为DO⊥PC，OE⊥PC，且OE∩DO＝O，
所以PC⊥平面OED，又DE⊂平面OED，所以DE⊥PC，
所以∠OED即为二面角A－PC－D的平面角，
因为△PAC为等腰直角三角形，所以点A到PC的距离为eq \r(2)，
所以OE＝eq \f(\r(2),2)，
在Rt△DOE中，DO＝1，OE＝eq \f(\r(2),2)，
则DE＝eq \f(\r(6),2)，
所以cs∠OED＝eq \f(OE,DE)＝eq \f(\f(\r(2),2),\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(3),3)，
所以二面角A－PC－D的余弦值为eq \f(\r(3),3).
2．(2025·安徽六校教育研究会素质测试)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，上、下底面是边长分别为4和6的等边三角形，AA1⊥平面ABC，设平面AB1C1∩平面ABC＝l，点E，F分别在直线l和直线BB1上，且满足EF⊥l，EF⊥BB1.
(1)证明：EF⊥平面BCC1B1；
(2)若直线EF和平面ABC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)，求该三棱台的体积．
[解析] (1)证明：由三棱台ABC－A1B1C1知，B1C1∥平面ABC，因为B1C1⊂平面AB1C1，且平面AB1C1∩平面ABC＝l，所以B1C1∥l，
因为EF⊥l，所以EF⊥BC，
又EF⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，
所以EF⊥平面BCC1B1.
(2)取BC中点M，连接AM，以A为原点，AM为y轴，AA1为z轴，
过点A做x轴垂直于yOz平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为h，
则B(3,3eq \r(3)，0)，B1(2,2eq \r(3)，h)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(6,0,0)，eq \(BB1,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，h)，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\(BB1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6x＝0，,－x－\r(3)y＋zh＝0，))
令z＝eq \r(3)，可得平面BCC1B1的一个法向量n＝(0，h，eq \r(3))，
易得平面ABC的一个法向量m＝(0,0,1)，
设EF与平面ABC夹角为θ，
m·n＝eq \r(3)，|n|＝eq \r(3＋h2)，|m|＝1，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(3),\r(3＋h2)×1)，
由cs θ＝eq \f(\r(6),3)，得sin θ＝eq \f(\r(3),3)，
由(1)知eq \(EF,\s\up6(→))∥n，
所以sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(\r(3),\r(3＋h2)×1)＝eq \f(\r(3),3)，
解得h＝eq \r(6)，所以三棱台的体积
V＝eq \f(1,3)h(s＋s′＋eq \r(ss′))＝19eq \r(2).
3．(2025·湖北云学部分重点高中联盟联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD＝AC＝BC＝eq \r(2)，AP＝1，PA⊥底面ABCD，∠CAD＝∠ACB＝90°，平面PBC与平面PAD的交线为l.
(1)求证：l⊥平面PAC；
(2)设M为△PCD内一动点，且eq \(MC,\s\up6(→))·eq \(MD,\s\up6(→))＝－eq \f(7,9)，求线段PM长度的最小值；
(3)在(2)的条件下，当线段PM的长最小时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：由于∠ACB＝∠CAD＝90°，则AD∥BC，
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.
又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l，
则BC∥l，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BC，
又BC⊥AC，PA∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC，
又BC∥l，所以l⊥平面PAC．
(2)取棱CD的中点E，由题意，
可得CD＝eq \r(AC2＋AD2)＝2，
则eq \(MC,\s\up6(→))·eq \(MD,\s\up6(→))＝(eq \(ME,\s\up6(→))＋eq \(EC,\s\up6(→)))(eq \(ME,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→)))＝eq \(ME,\s\up6(→))2－eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(ME,\s\up6(→))2－1＝－eq \f(7,9)，
可得eq \(ME,\s\up6(→))2＝eq \f(2,9)，ME＝eq \f(\r(2),3)为定值，
∴点M的轨迹是以E为圆心，eq \f(\r(2),3)为半径且在△PCD内的半圆．
∴当点M在线段PE上时，PM的长度最小．
又PC＝PD＝eq \r(PA2＋AD2)＝eq \r(3)，
∴PE⊥CD，且PE＝eq \r(PC2－CE2)＝eq \r(2)，
∴PM长度的最小值(PM)min＝PE－ME＝eq \f(2\r(2),3).
(3)由(2)可知，PM的长度最小时，eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PE,\s\up6(→))
如图，以A为坐标原点，AC，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(eq \r(2)，0,0)，P(0,0,1)，B(eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，从而eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，－1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·n＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x－z＝0，,\r(2)y＝0，))可得n＝(1,0，eq \r(2))，
又eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，\f(1,3))).
设直线AM与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(|n·\(AM,\s\up6(→))|,|n|·|\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(2\r(2),3),\r(3)·\f(\r(5),3))＝eq \f(2\r(30),15).
4．(2025·云南昆明摸底)如图，PC是圆台O1O2的一条母线，△ABC是圆O2的内接三角形，AB为圆O2的直径，AB＝4，AC＝2eq \r(2).
(1)证明：AB⊥PC；
(2)若圆台O1O2的高为3，体积为7π，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值．
[解析] (1)证明：由题知，因为AB为圆O2的直径，
所以AC⊥BC，
又AB＝4，AC＝2eq \r(2)，
所以BC＝eq \r(AB2－AC2)＝2eq \r(2)，
因为O2为AB的中点，
所以O2C⊥AB，
由圆台性质可知，O1O2⊥平面ABC，且O1，O2，P，C四点共面，
因为AB⊂平面ABC，所以O1O2⊥AB，
因为O1O2，O2C是平面O1O2CP内的两条相交直线，
所以AB⊥平面O1O2CP，
因为PC⊂平面O1O2CP，所以AB⊥PC．
(2)圆台O1O2的体积V＝eq \f(1,3)(π·req \\al(2,1)＋π·22＋eq \r(π·r\\al(2,1)·π·22))×3＝7π，其中r1＝PO1，
解得r1＝1或r1＝－3(舍去)．
由(1)知O1O2，AB，O2C两两垂直，分别以O2B，O2C，O2O1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(－2,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,1,3)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(4,0,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2,1,3)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝－2x＋y＋3z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y，,x＝3z，))
于是可取n＝(3,3,1)．
设直线AB与平面PBC的夹角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(4×3,4\r(32＋32＋12))＝eq \f(3\r(19),19)，
故所求正弦值为eq \f(3\r(19),19).
5．(2024·河南驻马店部分学校模拟)在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB⊥平面ACDE，过点E作EF∥AB，且EF＝eq \f(1,2)AB，连接FD，FB，BD，所得图形如图②所示，其中G为线段BD的中点，连接FG.
(1)求证：FG⊥平面ABD；
(2)若AC＝AD＝2，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7)，求AB的值．
[解析] (1)证明：在菱形ACDE中，CE⊥AD，
因为AB⊥平面ACDE，
CE⊂平面ACDE，
所以CE⊥AB，
又AB∩AD＝A，
AB，AD⊂平面ABD，
所以CE⊥平面ABD.
因为G，O分别为BD，AD的中点，
所以GO＝eq \f(1,2)AB，GO∥AB，
又EF＝eq \f(1,2)AB，EF∥AB，
所以GO＝EF，GO∥EF，
所以四边形GOEF为平行四边形，
所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABD.
(2)在菱形ACDE中，因为AC＝AD，
所以△ACD和△ADE都是正三角形，
取ED的中点H，连接AH，则AH⊥AC，
又AB⊥平面ACDE，所以AB⊥AC，AB⊥AH，即AB，AC，AH两两垂直．以A为坐标原点，
AB，AC，AH所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2a(a>0)，则C(0,2,0)，B(2a,0,0)，D(0,1，eq \r(3))，F(a，－1，eq \r(3))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,2)，\f(\r(3),3)))，
则eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2a,2,0)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).
设平面BCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－2ax＋2y＝0，,m·\(CD,\s\up6(→))＝－y＋\r(3)z＝0，))
取z＝1，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),a)，\r(3)，1)).
记直线FG与平面BCD所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(FG,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(FG,\s\up6(→))·m|,|\(FG,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(\r(3),\r(\f(3,a2)＋4)·\r(3))＝eq \f(\r(7),7)，
解得a＝1，即AB的值为2.
6．(2024·河南商丘模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝eq \r(2)AB.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)在棱PC上是否存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(2\r(7),7)？若存在，求eq \f(PE,EC)的值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，
PC＝PB＝eq \r(2)AB，
所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2，
所以DC⊥PD，AB⊥AP，
又AB＝BC＝DC＝DA，
所以四边形ABCD为菱形，
所以AB∥DC，DC⊥AP，
又AP，PD⊂平面PAD，
AP∩PD＝P，
所以DC⊥平面PAD，
又DC⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)得DC⊥平面PAD，
因为DA⊂平面PAD，所以DC⊥DA，
故四边形ABCD为正方形．
不妨设正方形ABCD的边长为2，
AD的中点为O，连接PO.
因为△PAD为等边三角形，
所以PO⊥AD，
又PO⊂平面PAD，
又平面PAD∩平面ABCD＝AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0，eq \r(3))，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)．
假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(2\r(7),7)，且eq \f(PE,EC)＝λ(λ>0)，E(x0，y0，z0)，
由eq \f(PE,EC)＝λ，得eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(EC,\s\up6(→))，
即(x0，y0，z0－eq \r(3))＝λ(－1－x0,2－y0，－z0)，
解得x0＝－eq \f(λ,λ＋1)，y0＝eq \f(2λ,λ＋1)，z0＝eq \f(\r(3),λ＋1)，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)，\f(\r(3),1＋λ)))，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1－2λ,1＋λ)，－\f(2,1＋λ)，\f(\r(3),1＋λ))).
设平面AEB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2y1＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝\f(－1－2λx1－2y1＋\r(3)z1,1＋λ)＝0，))
可取n＝(eq \r(3)，0,1＋2λ)．
设平面BCE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－2x2＝0，,m·\(PB,\s\up6(→))＝x2＋2y2－\r(3)z2＝0，))
可取m＝(0，eq \r(3)，2)，
则|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(|2＋4λ|,\r(7)×\r(3＋1＋2λ2))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(7),7)))2)，
解得λ＝1或λ＝－2(舍去)，
所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(2\r(7),7)，且eq \f(PE,EC)＝1.