第三章 综合拔高练（高考真题演练含答案解析）-北师大版（2019）高二上册（选必一）

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综合拔高练高考真题练　　　　　 　　　　 　　　　 考点1　用向量法解决立体几何中的证明、求值问题1.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.考点2　用坐标法解决立体几何中的证明、求值问题2.(2023北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.3.(2023新课标Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.4.(2023新课标Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值.5.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明:A1C=AC;(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.6.(2023天津,17)三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,N为线段AB的中点,M为线段BC的中点.(1)求证:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求点C到平面C1MA的距离.考点3　用空间向量解决立体几何中的最值问题7.(2021全国甲理,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,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?8.(2020全国新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.高考模拟练　　　　　 　　　　 　　　　 应用实践1.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1为矩形,AB=1,BC=3,且C1M=12MB1,若点B到平面AB1D1的距离为22,则点C到直线AM的距离为(　　)A.30　　　　　　B.302C.5　　　　　　 D.22.已知直三棱柱ABC-A'B'C'的底面是正三角形,侧棱长与底面边长相等,P是侧棱AA'上的点(不含端点).记直线PB与直线AC的夹角为α,直线PB与直线B'C的夹角为β,二面角P-B'B-C的平面角为γ,则(　　)A.α>β>γ　　　　　　B.αβ　　　　　　 D.β>α>γ3.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M是AA1的中点,过点B的平面α满足CM⊥平面α,则下列说法正确的有(　　)A.若P是线段CC1上的动点,则直线AP与平面α夹角的正弦值的取值范围是33,223B.点C到平面α的距离为43C.平面α截正方体所得截面的面积等于92D.平面α截正方体所得截面的形状是平行四边形4.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均相等,∠ACC1=2∠A1AB=120°,E,F分别为B1C1,A1C1的中点,则异面直线BE与CF夹角的余弦值为　　　　. 5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E,F分别为PA,BC的中点.(1)证明:EF∥平面PCD;(2)若PD⊥平面ABCD,∠ADC=120°,且PD=2,AD=4,求直线AF与平面DEF夹角的正弦值.6.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面CDE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE⊥CD,DE=3AF=36.(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)求平面BEF与平面BDE夹角的余弦值;(3)在线段CE上是否存在点P,使得AP∥平面BEF?若存在,指出点P的位置并证明;若不存在,请说明理由.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,CD=2AB=2BC=2AD=4,平面ADP⊥平面ABCD,E是PC的中点,且△ADP为等边三角形,平面ADP∩平面PBC=m.(1)设m∩直线BC=M,求点M到平面PDC的距离;(2)求二面角P-BE-D的平面角的正弦值.8.在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=π3,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于点O(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得平面D'AC⊥平面BAC(如图2).(1)求证:BC∥平面POD';(2)求二面角A-BC-D'的大小;(3)在线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD'夹角的正弦值为68?若存在,求出PQPD'的值;若不存在,请说明理由.　答案与分层梯度式解析综合拔高练高考真题练1.解析　(1)证明:由题可知,|AC|=23,设AF=λAC,∵AB·AC=|AB||AC|cos∠BAC=2×23×223=4,BF⊥AO,∴BF·AO=(λAC−AB)·12AB+12AC=λ2|AC|2−12|AB|2+12λ-12AB·AC=8λ-4=0,解得λ=12,∴F为AC的中点.连接OF,DE,则OF∥AB,OF=12AB,∵DE∥AB,DE=12AB,∴DE∥OF,DE=OF,∴四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥OD,∵OD⊂平面ADO,EF⊄平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明:∵O为BC的中点,∴OB=12BC=2,又AB=2,AB⊥BC,∴AO=AB2+OB2=6=PC=2OD,又AD=5OD,∴AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD,∵EF∥OD,∴AO⊥EF,∵BF⊥AO,BF∩EF=F,∴AO⊥平面BEF,∵AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)设二面角D-AO-C的平面角为θ,由题图可知θ为锐角,∵AO⊥OD,AO⊥BF,∴θ为OD和BF的夹角.由题意得|BF|=12|AC|=3,|OD|=12|PC|=62,BF=12(BA+BC)=12(OA−OB+2BO)=12(OA−3OB),OA·OD=0,在△OBD中,BD=OD=62,OB=2,则cos∠BOD=OB2OD=33,∴OB·OD=|OB||OD|cos∠BOD=2×62×33=1.∴cos θ=BF·OD|BF||OD|=12(OA-3OB)·OD|BF||OD|=-32OB·OD|BF||OD|=-323×62=−22,∴sin θ=1-cos2θ=22,∴二面角D-AO-C的正弦值为22.思路分析　(1)先利用向量法可得F为AC的中点,进而可得四边形ODEF为平行四边形,然后根据线面平行的判定定理即可证明;(2)由勾股定理的逆定理可得AO⊥OD,进而得AO⊥EF,根据面面垂直的判定定理即可证明;(3)设二面角D-AO-C的平面角为θ,可知θ为OD和BF的夹角,利用向量的夹角公式求解即可.2.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥AC,PA⊥BC,∵PA=1,PC=3,∴AC=PC2-PA2=3-1=2,又∵AB=BC=1,∴AC2=AB2+BC2,∴BC⊥AB,又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.(2)以B为坐标原点,BA,BC的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),∴AP=(0,0,1),AC=(1,−1,0),BP=(0,1,1),BC=(1,0,0),设平面APC的一个法向量为n=(x,y,z),则AP·n=z=0,AC·n=x-y=0,取x=1,得n=(1,1,0),设平面BPC的一个法向量为m=(a,b,c),则BP·m=b+c=0,BC·m=a=0,取b=1,得m=(0,1,-1),∴cos=m·n|m||n|=12×2=12,由图可知二面角A-PC-B为锐角,设二面角A-PC-B的大小为θ,则cos θ=|cos|=12,∴θ=π3,即二面角A-PC-B的大小为π3.3.解析　(1)证法一:在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以C为原点,CD,CB,CC1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,连接A2B2,∵AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3,AB=2,AA1=4,∴A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),∴A2D2=(0,−2,1),B2C2=(0,-2,1),∴A2D2=B2C2.易知点A2,B2,C2,D2不在同一条直线上,∴B2C2∥A2D2.证法二:如图,分别取DD2,CC1的中点N,M,连接B2M,MN,A2N,A2B2,在正四棱柱中,BB2=2,BB1=AA1=4,则B2为BB1的中点.易知AA2=1,DN=1,几何体ABB2A2-DCMN为四棱柱. ∴四边形A2B2MN为平行四边形,∴MN A2B2. ∵D2N=1,MC2=1,且D2N∥C2M,∴四边形MND2C2为平行四边形,∴D2C2MN,∴A2B2D2C2,∴四边形A2B2C2D2为平行四边形,∴B2C2∥A2D2.(2)同(1)中证法一建系,设BP=t(0≤t≤4),则P(0,2,t),∵A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),∴PA2=(2,0,1−t),PC2=(0,−2,3−t),D2A2=(0,2,−1),D2C2=(-2,0,1),设平面PA2C2的一个法向量为u1=(x1,y1,z1),则PA2·u1=0,PC2·u1=0,即2x1+(1-t)z1=0,-2y1+(3-t)z1=0,令z1=1,则x1=t-12,y1=3-t2,∴u1=t-12,3-t2,1.设平面A2C2D2的一个法向量为u2=(x2,y2,z2),则D2A2·u2=0,D2C2·u2=0,即2y2-z2=0,-2x2+z2=0,令z2=2,则x2=1,y2=1,∴u2=(1,1,2).设二面角P-A2C2-D2的平面角为θ,则θ=150°.∴cos θ=-|u1·u2||u1||u2|=-t-12+3-t2+2t-122+3-t22+1×1+1+22=cos 150°,解得t=1或t=3.当t=1时,BP=1,∴B2P=BB2-BP=1;当t=3时,BP=3,∴B2P=BP-BB2=1.综上所述,B2P=1.4.解析　(1)证明:连接AE,DE,∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,∴△ADB≌△ADC,∴AB=AC,∴AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE,又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.(2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=22,DE=2,AE=2,∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),A(0,0,2),D(2,0,0),B(0,2,0),∴AB=(0,2,−2),DB=(−2,2,0),DA=(−2,0,2),由EF=DA,得F(-2,0,2),则BF=(−2,−2,2).设平面DAB的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DB=-2x+2y=0,n·AB=2y-2z=0,令x=1,得n=(1,1,1),设平面ABF的一个法向量为m=(x',y',z'),则m·AB=2y'-2z'=0,m·BF=-2x'-2y'+2z'=0,令y'=1,得m=(0,1,1).设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cos θ|=|m·n||m||n|=|1+1|2×3=63,又θ∈[0,π],∴sin θ=33,故二面角D-AB-F的正弦值为33.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C,∴BC⊥平面AA1C1C.又∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1,易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H,∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形,∴A1C=A1C1.易知ACA1C1,∴A1C=AC.(2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1?BB1,又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ,∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,又A1Q⊂平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,∴在Rt△A1HQ中,HQ=3,易知A1C=AC=2,则A(2,0,0),B1(−2,3,2),C1(−2,0,2),B(0,3,0),∴AB1=(−22,3,2),CB=(0,3,0),CC1=(−2,0,2).设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CC1=0,即3y=0,-2x+2z=0,取x=1,得n=(1,0,1).设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|AB1|·|n||AB1||n|=|-22+2|(-22)2+(3)2+(2)2×12+12=1313.∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313.6.解析　(1)证明:连接MN,A1N,C1M,AM,AC1.因为M,N分别为线段BC,AB的中点,所以MN是△ABC的中位线,所以MN∥AC,MN=12AC,又因为A1C1∥AC,A1C1=12AC,所以MN∥A1C1,MN=A1C1,所以四边形MC1A1N是平行四边形,所以MC1∥A1N,又因为MC1⊂平面C1MA,A1N⊄平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA.(2)因为A1A⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC,又AB⊥AC,所以AB,AC,AA1两两垂直.以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C1(0,1,2),M(1,1,0),C(0,2,0),B(2,0,0),所以AM=(1,1,0),AC1=(0,1,2),设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AM=0,n·AC1=0,即x+y=0,y+2z=0,令x=2,则y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1),由题易知平面ACC1A1的一个法向量为AB=(2,0,0),设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ,则cos θ=|cos|=|n·AB||n||AB|=43×2=23,所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23.(3)由(2)知平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1),AC=(0,2,0),设点C到平面C1MA的距离为h,则h=|n·AC||n|=|2×0+(-2)×2+1×0|22+(-2)2+12=43,所以点C到平面C1MA的距离为43.7.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB.∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB.又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.以B为坐标原点,BA,BC,BB1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.(2)由(1)知EF=(−1,1,1),FD=(a,-2,1).设平面DFE的一个法向量为n=(x,y,z),则EF·n=-x+y+z=0,FD·n=ax-2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2-a3,∴n=1,a+13,2-a3.易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=11+a+132+2-a32=32a-122+272≤3272=63当a=12时取等号,∴sin θ=1-cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.8.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点,DA,DC,DP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz(图略),则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),所以DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0,取x=-1,则y=0,z=a,所以n=(-1,0,a).所以cos=n·PB|n||PB|=-1-a1+a2×3.设PB与平面QCD所成的角为θ,则sin θ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.高考模拟练1.D　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,1,0),设DD1=a,则D1(0,0,a),B1(3,1,a),M(1,1,a),所以AB=(0,1,0),AD1=(−3,0,a),AC=(−3,1,0),AB1=(0,1,a),设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AD1=-3x+az=0,n·AB1=y+az=0,令z=3,则x=a,y=-3a,所以n=(a,-3a,3),因为点B到平面AB1D1的距离为22,所以|n·AB||n|=3a10a2+9=22,所以a=324,所以M1,1,324,所以AM=-2,1,324,所以向量AC在向量AM方向上的投影数量为|AC·AM||AM|=|-3×(-2)+1×1+0|(-2)2+12+3242=22,所以点C到直线AM的距离d=|AC|2-(22)2=10-8=2.故选D.2.D　设直三棱柱ABC-A'B'C'的棱长为2,如图,取BC的中点O,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),B'(0,1,2),设P(3,0,t)(0|=|PB·B'C||PB||B'C|=|-2+2t|3+1+t2·22=|1-t|2·14+t2.∵t∈(0,2),∴|1-t|2∈0,22,∴cos β