统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练6立体几何理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练6立体几何理（附解析），共12页。

(1)求证：BE⊥平面POC；
(2)求平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值．
2．[2023·全国甲卷(理)]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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．
3．[2023·新疆乌鲁木齐模拟预测]如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E在棱BB1上，且B1E＝2BE，点F是棱DD1上的一个动点.
(1)点F在什么位置时，B1F∥平面AEC，并说明理由；
(2)若直线B1C与平面AFC所成角为60°，求二面角E­AC­F的余弦值．
4．[2023·广西南宁三中一模]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝1，PA＝2，E为PB的中点，点F在棱PC上，且PF＝λPC.
(1)求直线CE与直线PD所成角的余弦值；
(2)当直线BF与平面CDE所成的角最大时，求此时λ的值．
5．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟]如图，在多面体ABCDEF中，平面EAD⊥平面ABCD，△EAD为正三角形，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝eq \f(π,3)，DE∥CF，DE＝2CF.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求二面角E­AF­C的余弦值．
6．[2023·黑龙江哈师大附中三模]四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB＝2，CD＝1，∠ABC＝60°，PC＝3，点M在棱PB上．
(1)当M是棱PB的中点时，求证：CM∥平面PAD；
(2)当直线CM与平面PAB所成角θ最大时，求二面角C­AM­B的大小．
立体几何（6）
1．解析：（1）证明：因为AD＝3，DE＝1，所以AE＝3－1＝2，所以AE＝BC，
因为BC∥AD，所以四边形ABCE为平行四边形，
因为AD⊥CD，CD＝eq \r(3)，DE＝1，
所以由勾股定理得CE＝eq \r(CD2＋DE2)＝2，
所以四边形ABCE为菱形，
故AC⊥BE，即PO⊥BE，CO⊥BE，
因为PO∩CO＝O，所以BE⊥平面POC.
（2）因为平面PBE⊥平面BCDE，交线为BE，PO⊥BE，
所以PO⊥平面BCDE，
因为OC⊂平面BCDE，
所以PO⊥OC，
故OB，OC，OP两两垂直，
以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AD⊥CD，CD＝eq \r(3)，DE＝1，所以∠DCE＝30°，∠BCE＝60°，可得△EBC，△ABE均为等边三角形，
则P（0，0，eq \r(3)），B（1，0，0），E（－1，0，0），C（0，eq \r(3)，0），∴eq \(PC,\s\up6(→))＝（0，eq \r(3)，－eq \r(3)），eq \(PE,\s\up6(→))＝（－1，0，－eq \r(3)）.
设平面PCE的法向量为m＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝\r(3)y－\r(3)z＝0,m·\(PE,\s\up6(→))＝－x－\r(3)z＝0))，令z＝1得x＝－eq \r(3)，y＝1，
所以m＝（－eq \r(3)，1，1），
平面PBE的法向量为n＝（0，1，0），
设平面PBE与平面PCE所成锐二面角为θ，
则csθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(3＋1＋1))＝eq \f(\r(5),5)，
所以平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
2.
解析：（1）如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∴A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，
∴A1D＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，
∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝eq \r(2)，AB＝A1B1＝eq \r(5)，BC＝eq \r(3).
建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，
则C（0，0，0），A（eq \r(2)，0，0），B（0，eq \r(3)，0），B1（－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2)），C1（－eq \r(2)，0，eq \r(2)），
∴eq \(CB,\s\up6(→))＝（0，eq \r(3)，0），eq \(CC1,\s\up6(→))＝（－eq \r(2)，0，eq \r(2)），eq \(AB1,\s\up6(→))＝（－2eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2)），
设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·eq \(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·eq \(AB1,\s\up6(→))|,|n||eq \(AB1,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )))＝eq \f(\r(13),13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(\r(13),13).
3．解析：（1）点F位于DD1的三等分点（靠近D点）时，B1F∥平面AEC，理由如下：
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为3a，
则A（0，0，0），E（3a，0，a），C（3a，3a，0），B1（3a，0，3a），设F（0，3a，t），
设平面ACE的法向量为m＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·m＝3ax＋3ay＝0,\(AE,\s\up6(→))·m＝3ax＋az＝0))，令x＝1得y＝－1，z＝－3，
所以m＝（1，－1，－3），
因为eq \(B1F,\s\up6(→))＝（－3a，3a，t－3a），
令eq \(B1F,\s\up6(→))·m＝（－3a，3a，t－3a）·（1，－1，－3）＝－3a－3a－3（t－3a）＝0，
解得t＝a，
所以当点F位于DD1的三等分点（靠近D点）时，B1F∥平面AEC，
（2）设点F（0，3a，b），直线B1C与平面AFC所成角为60°，
设平面ACF的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n＝3ax1＋3ay1＝0,\(AF,\s\up6(→))·n＝3ay1＋bz1＝0))，令y1＝1得x1＝－1，z1＝－eq \f(3a,b)，
则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－\f(3a,b)))，
sin60°＝eq \f(|eq \(B1C,\s\up6(→))·n|,|eq \(B1C,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(（0，3a，－3a）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－\f(3a,b))))),3\r(2)a·\r(1＋1＋\f(9a2,b2)))＝eq \f(\r(3),2)，
解得b＝eq \f(3,2)a，则n＝（－1，1，－2），
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(（1，－1，－3）·（－1，1，－2）,\r(1＋1＋9)×\r(1＋1＋4))＝eq \f(4,\r(11)×\r(6))＝eq \f(2\r(66),33)，
设二面角E­AC­F的大小为θ，显然θ为钝角，
则csθ＝－cs〈m，n〉＝－eq \f(2\r(66),33).
4．解析：（1）以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则C（1，1，0）、P（0，0，2）、D（1，0，0）、E（0，eq \f(1,2)，1），
从而eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)，1))，eq \(PD,\s\up6(→))＝（1，0，－2）.
∴cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(PD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·\(PD,\s\up6(→)),|\(CE,\s\up6(→))|·|\(PD,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1－2,\r(1＋\f(1,4)＋1)·\r(1＋4))＝－eq \f(2\r(5),5)，
即CE与PD所成角的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
（2）点F在棱PC上，且PF＝λPC，
所以eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，
于是F（λ，λ，2－2λ），eq \(BF,\s\up6(→))＝（λ，λ－1，2－2λ），
又eq \(CD,\s\up6(→))＝（0，－1，0），eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)，1)).
设n＝（x，y，z）为平面CDE的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0,n·\(CE,\s\up6(→))＝0))，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＝0,－x－\f(1,2)y＋z＝0))，取x＝1，则n＝（1，0，1），
设直线BF与平面CDE所成的角为θ，则
sinθ＝|cs〈eq \(BF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(2－λ,\r(λ2＋（λ－1）2＋（2－2λ）2)·\r(2))＝eq \f(2－λ,\r(2)·\r(6λ2－10λ＋5))，
令t＝2－λ，则t∈[1，2]，
所以sinθ＝eq \f(t,\r(2)·\r(6t2－14t＋9))＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(1,\r(\f(9,t2)－\f(14,t)＋6))，
当eq \f(1,t)＝eq \f(7,9)，即t＝eq \f(9,7)∈[1，2]时，eq \f(9,t2)－eq \f(14,t)＋6有最小值eq \f(5,9)，
此时sinθ取得最大值为eq \f(3\r(10),10)，即BF与平面CDE所成的角最大，
此时λ＝2－t＝2－eq \f(9,7)＝eq \f(5,7)，即λ的值为eq \f(5,7).
5．解析：（1）证明：如图，取AD，DE，BC的中点O，M，N，连接OM，MF，FN，
则MD∥CF，MD＝eq \f(1,2)ED＝FC，故四边形MDCF为平行四边形，
所以MF∥CD，MF＝CD.
因为ON∥CD，ON＝CD，故MF∥ON，MF＝ON，
故四边形OMFN为平行四边形，
则OM∥FN，
因为OM∥AE，
所以AE∥FN.
又FN⊂平面BCF，AE⊄平面BCF，
故AE∥平面BCF；
（2）因为平面EAD⊥平面ABCD，连接EO，则EO⊥AD，
平面EAD∩平面ABCD＝AD，故EO⊥平面ABCD，
连接OB，BD，
因为∠DAB＝eq \f(π,3)，四边形ABCD为菱形，
故三角形ABD为正三角形，则OB⊥AD，
故以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，
设AE＝2，则A（1，0，0），E（0，0，eq \r(3)），C（－2，eq \r(3)，0），F（－eq \f(3,2)，eq \r(3)，eq \f(\r(3),2)），则eq \(AE,\s\up6(→))＝（－1，0，eq \r(3)），eq \(AF,\s\up6(→))＝（－eq \f(5,2)，eq \r(3)，eq \f(\r(3),2)），eq \(AC,\s\up6(→))＝（－3，eq \r(3)，0），
设平面EAF的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0,m·\(AF,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋\r(3)z1＝0,－\f(5,2)x1＋\r(3)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0))，
取x1＝eq \r(3)，则y1＝2，z1＝1，即m＝（eq \r(3)，2，1），
设平面ACF的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝0,n·\(AC,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)x2＋\r(3)y2＋\f(\r(3),2)z2＝0,－3x2＋\r(3)y2＝0))，
取x2＝eq \r(3)，则y2＝3，z2＝－1，即n＝（eq \r(3)，3，－1），
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(26),13)，
由原图可知二面角E­AF­C为钝角，故二面角E­AF­C的余弦值为－eq \f(2\r(26),13).
6．解析：
（1）证明：取PA的中点N，连接MN，DN，如图所示：
又M是PB的中点，故MN为△PAB的中位线，即MN綊eq \f(1,2)AB，
又AB＝2，DC＝1，且AB∥CD，故CD綊eq \f(1,2)AB，
因此MN∥CD且MN＝CD，故MNDC为平行四边形，即CM∥DN，
又CM⊄平面PAD，DN⊂平面PAD，故CM∥平面PAD.
（2）过点C作CC′⊥AB于C′，则以C为原点，CD为x轴，CC′为y轴，CP为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则P（0，0，3），C（0，0，0），D（1，0，0），B（－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2)，0），A（eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，0），
则eq \(PA,\s\up6(→))＝（eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，－3），eq \(AB,\s\up6(→))＝（－2，0，0），设平面PAB的法向量m＝（x1，y1，z1），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x1＋\f(\r(3),2)y1－3z1＝0,－2x1＝0))，
取y1＝eq \r(3)，z1＝eq \f(1,2)，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)，\f(1,2)))
设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，又eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－3))，
则eq \(PM,\s\up6(→))＝（－eq \f(λ,2)，eq \f(\r(3),2)λ，－3λ），M（－eq \f(λ,2)，eq \f(\r(3),2)λ，－3λ＋3），
eq \(CM,\s\up6(→))＝（－eq \f(λ,2)，eq \f(\r(3),2)λ，－3λ＋3），
故csθ＝eq \f(\f(3,2)λ＋\f(1,2)（－3λ＋3）,\f(\r(13),2)×\r(\f(λ2,4)＋\f(3λ2,4)＋（9－18λ＋9λ2）))＝eq \f(3,\f(\r(13),2)·\r(10（λ－\f(9,10)）2＋\f(9,10)))
故当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(9,10)))eq \s\up12(2)＝0，即λ＝eq \f(9,10)时，csθ最大，此时Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,20)，\f(9\r(3),20)，\f(3,10)))，
故eq \(CA,\s\up6(→))＝（eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，0），eq \(CM,\s\up6(→))＝（－eq \f(9,20)，eq \f(9\r(3),20)，eq \f(3,10)）.
设平面CAM的法向量为n＝（x2，y2，z2），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CM,\s\up6(→))·n＝0,\(CA,\s\up6(→))·n＝0))，
故n＝（2，－2eq \r(3)，12），
故m·n＝0×2＋eq \r(3)×（－2eq \r(3)）＋eq \f(1,2)×12＝0，
故二面角C­AM­B为90°.