2026届高考数学一轮专题训练：2年高考1年模拟（五十二）立体几何中的综合问题 [含答案]

这是一份2026届高考数学一轮专题训练：2年高考1年模拟（五十二）立体几何中的综合问题 [含答案]，共12页。

(1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB?若存在，求出劣弧BD的长度；若不存在，请说明理由.
(2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值.
2.(2025·宁德模拟)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1，E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2.
(1)求证：BD⊥PD；
(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值.
3.(2025·郑州模拟)在底面ABCD为梯形的多面体中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=22，∠CBD=45°，BC=AE=DE，且四边形BDEN为矩形.
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°?若不存在，请说明理由.若存在，确定点Q的位置并加以证明.
4.(2025年1月·八省高考适应性演练)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点.
(1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；
②求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
（解析）精练（五十二） 立体几何中的综合问题
1.(2025·潍坊模拟)如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，△ABC是圆柱下底面☉O的内接正三角形，AA1=AB=3.
(1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB?若存在，求出劣弧BD的长度；若不存在，请说明理由.
(2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值.
解：(1)如图，过点O作AB的平行线OD交劣弧BC于点D，连接OO1，O1D，OB，因为OO1∥AA1，AA1⊂平面AA1B，OO1⊄平面AA1B，
则OO1∥平面AA1B，同理可证OD∥平面AA1B，
又因为OO1∩OD=O，且OO1⊂平面OO1D，OD⊂平面OO1D，所以平面AA1B∥平面OO1D，
又因为O1D⊂平面OO1D，所以O1D∥平面A1AB，故存在点D满足题意.
因为△ABC为底面☉O的内接正三角形，所以∠BAC=π3，即∠ABO=∠BOD=π6，
又因为AB=3，
所以☉O的半径为32sinπ3=3，
所以劣弧BD的长度为π62π×2π×3=3π6.
(2)如图，取BC的中点为M，连接MA，OO1，以M为原点，MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
又因为AA1=AB=3，设AB的中点为N.
故M(0，0，0)，B32，0，0，A0，332，0，
O0，32，0，O10，32，3，N34，334，0，
易知ON⊥平面AA1B，所以平面AA1B的一个法向量为ON=34，34，0.
设平面CBO1的法向量为n=(x，y，z)，
又因为MO1=0，32，3，MB=32，0，0，
故n·MO1=0，n·MB=0，即32y+3z=0，32x=0，
令y=23，得n=(0，23，-1).
所以平面CBO1和平面BAA1所成角的余弦值为|cs|=|n·ON||n||ON|=3232×13=3913.
故平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值为1−39132=13013.
2.(2025·宁德模拟)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1，E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2.
(1)求证：BD⊥PD；
(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值.
解：(1)证明：如图，过点D作DF⊥BC交BC于点F，连接BD，
因为AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1，
所以BF=FC=1，BD=2，DC=2，又BD2+DC2=BC2，所以BD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，
所以BD⊥PD.
(2)如图，由DC=2，得ED2+EC2=2≥(ED+EC)22，即ED+EC≤2，当且仅当ED=EC=1时取等号.
当△CDE周长最大时，ED=EC=1，即PD=PC=1.
取DC的中点O，因为DF=FC=1，所以OF⊥DC.
以O为原点，OF为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P0，0，22，B2，−22，0，A22，−2，0，
所以AP=−22，2，22，AB=22，22，0，
设n=(x，y，z)为平面PAB的法向量，则AP·n=0，AB·n=0，即−22x+2y+22z=0，22x+22y=0，
令x=1，则n=(1，-1，3)，
易知平面PCD的一个法向量为m=(1，0，0)，
则|cs|=|m·n||m||n|=111=1111，
所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为1111.
3.(2025·郑州模拟)在底面ABCD为梯形的多面体中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=22，∠CBD=45°，BC=AE=DE，且四边形BDEN为矩形.
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°?若不存在，请说明理由.若存在，确定点Q的位置并加以证明.
解：(1)证明：由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=22，∠CBD=45°，BC=AE=DE，
故有BC=DC=2，易得AE=DE=2，BD=2，AD=BC2+(AB−CD)2=2+2=2，
在△ABD中，因为AD2+BD2=AB2，
所以BD⊥AD.
因为四边形BDEN为矩形，所以BD⊥DE，
又DE∩AD=D，DE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，故BD⊥平面ADE.
因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE.
(2)存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114处.
证明如下：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，
B(0，2，0)，E(1，0，1)，
所以DB=(0，2，0)，DA=(2，0，0)，BE=(1，-2，1)，
设EQ=λEN=λDB=λ(0，2，0)，其中0≤λ≤1，解得Q(1，2λ，1)，
故DQ=(1，2λ，1)，
设平面QAD的法向量为n=(x，y，z)，
则n·DA=0，n·DQ=0，即2x=0，x+2λy+z=0，
令y=1，则x=0，z=-2λ，
故n=(0，1，-2λ).
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以sin 60°=|cs|=|BE·n||BE||n|
=|−2−2λ1+4λ2×6=32，
解得λ=12或λ=114，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114处.
4.(2025年1月·八省高考适应性演练)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点.
(1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；
②求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
解：(1)如图1，在△ACD中，由AC=CD=1，∠ADC=30°，得∠CAD=∠ADC=30°，
所以AD=2ACcs∠DAC=2×1×cs 30°=3，
且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°，即AB⊥AC.
①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC=C，PC，AC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.
②以A为原点，AB，AC分别为x轴和y轴正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P0，32，32.设球心O(a，b，c)，半径为R，
则AO=BO=CO=PO=R，
所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2+b−322+c−322=R2，
解得a=12，b=12，c=32，R=52，所以球O的半径为52.
图1 图2
(2)在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC，则由(1)知AG=3cs 30°=32，PG=3sin 30°=32，设∠PGM=θ，θ∈(0，π)，以G为原点，GM，CG分别为x轴和y轴正方向建立如图3所示的空间直角坐标系，
图3
则G(0，0，0)，A0，−32，0，B1，−32，0，C0，−12，0，P32cs θ，0，32sin θ，所以CA=(0，-1，0)，CB=(1，-1，0)，CP=32cs θ，12，32sin θ，
设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m=(x1，y1，z1)，n=(x2，y2，z2)，
则m⊥CA，m⊥CP，n⊥CP，n⊥CB，
所以m·CA=−y1=0，m·CP=32x1cs θ+12y1+32z1sin θ=0，n·CB=x2−y2=0，n·CP=32x2cs θ+12y2+32z2sin θ=0，
取x1=sin θ，x2=1，则m=(sin θ，0，-cs θ)，
n=1，1，−3cs θ+13sin θ，
所以cs=m·n|m||n|
=sin θ+(3cs θ+1)cs θ3sin θ2+(3cs θ+13sin θ) 2
=cs θ+3−3cs2θ+23cs θ+7，
令t=cs θ+3，则cs θ=t-3，
由θ∈(0，π)得t∈(3-1，3+1)，
则1t∈3−12，3+12，
则cs=t−3t2+83t−8
=1−8t2+83t−3
=1−81t−322+3≥13=33，
当且仅当1t=32，即t=233cs θ=-33时等号成立，
所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为33.