统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练5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5立体几何理（附解析），共13页。
1.[2023·陕西交大附中模拟预测]如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求四棱锥P­ABCD的体积；
(2)求二面角A­PB­M的正弦值．
2.[2023·山西吕梁三模]如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，DA⊥DB，侧面ADD1A1是矩形，AB＝2AD＝eq \r(2)AA1，M为AA1的中点，D1A⊥BM.
(1)证明：BD⊥平面ADD1A1；
(2)点N在线段A1C1上，若A1C1＝4A1N，求二面角M­DB­N的余弦值．
3．[2023·江西南昌三模]
如图，正方形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面互相垂直，△AEF为等边三角形．
(1)求证：AE⊥CF；
(2)eq \(FP,\s\up6(→))＝λeq \(FC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，是否存在λ，使得平面PAE⊥平面DCEF，若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
4．[2023·全国乙卷(理)]如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq \r(5)DO，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D­AO­C的正弦值．
5.
[2023·安徽马鞍山三模]如图所示，四棱锥P­ABCD，底面在以AC为直径的圆O上，PO⊥圆O，△ABD为等边三角形，AC＝4，PO＝eq \r(2).
(1)求证：平面PBD⊥平面PAB；
(2)线段PB上是否存在一点M使得直线PA与平面AMC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),21)？若存在，求出eq \f(PM,PB)；若不存在，请说明理由．
6．[2023·黑龙江哈九中模拟预测]图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝4，DC＝6，AD＝2eq \r(3)，eq \(CE,\s\up6(→))＝2eq \(ED,\s\up6(→))，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝2eq \r(6)，如图2.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)若点P为线段DC1上靠近点D的三等分点，求点C1到平面PBE的距离？
立体几何（5）
1．解析：（1）连接BD，交AM于E，PD⊥平面ABCD，
AM⊂平面ABCD，则PD⊥AM，
又PB⊥AM，PB∩PD＝P，则AM⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，则有△ABM∽△DAB，则eq \f(AD,AB)＝eq \f(AB,BM)，
又AB＝DC＝1，即eq \f(AD,1)＝eq \f(1,\f(1,2)AD)，
解之得AD＝eq \r(2)，即BC＝eq \r(2)，
所以，SABCD＝1×eq \r(2)＝eq \r(2)，
四棱锥P­ABCD的体积为VP­ABCD＝eq \f(1,3)SABCD×PD＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),3).
（2）
以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：
则P（0，0，1），A（eq \r(2)，0，0），B（eq \r(2)，1，0），Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，0))，
eq \(PA,\s\up6(→))＝（eq \r(2)，0，－1），eq \(PB,\s\up6(→))＝（eq \r(2)，1，－1），eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，
设平面PAB的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PA,\s\up6(→))＝0,n·\(PB,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x1－z1＝0,\r(2)x1＋y1－z1＝0))，
令x1＝1，则z1＝eq \r(2)，y1＝0，即n＝（1，0，eq \r(2)），
设平面PMB的法向量为m＝（x2，y2，z2），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BM,\s\up6(→))＝0,m·\(PB,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)x2＝0,\r(2)x2＋y2－z2＝0))，
则x2＝0，令z2＝1，则y2＝1，即m＝（0，1，1），
则|csθ|＝|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq \f(\r(2),\r(3)·\r(2))＝eq \f(\r(3),3)，
又θ∈[0，π]，则sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \r(1－\f(1,3))＝eq \f(\r(6),3).
2．解析：（1）证明：因为矩形ADD1A1中，eq \r(2)AA1＝2AD，M为AA1的中点，
所以tan∠MDA＝tan∠AD1D＝eq \f(\r(2),2)，所以∠MDA＝∠AD1D.
因为∠AD1D＋∠D1AD＝eq \f(π,2)，所以∠MDA＋∠D1AD＝eq \f(π,2)，所以D1A⊥MD.
因为D1A⊥BM，MD∩BM＝M，所以D1A⊥平面BDM.
因为BD⊂平面BDM，所以D1A⊥BD，又DA⊥DB，D1A∩DA＝A，
所以BD⊥平面ADD1A1.
（2）
由（1）知DA，DB，DD1两两相互垂直，所以以D为原点，DA，DB，DD1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．
因为AB＝2AD＝eq \r(2)AA1，
令AD＝1，连接DA1，
则D（0，0，0），D1（0，0，eq \r(2)），A（1，0，0），B（0，eq \r(3)，0），C1（－1，eq \r(3)，eq \r(2)），A1（1，0，eq \r(2)），
所以eq \(DB,\s\up6(→))＝（0，eq \r(3)，0），eq \(DN,\s\up6(→))＝eq \(DA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(→))＝eq \(DA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),4)，\r(2))).
设平面BDN的一个法向量为n＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0,n·\(DN,\s\up6(→))＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0,\f(1,2)x＋\f(\r(3),4)y＋\r(2)z＝0))，
所以y＝0，令z＝－1，得x＝2eq \r(2)，
所以n＝（2eq \r(2)，0，－1），
由（1）知eq \(D1A,\s\up6(→))＝（1，0，－eq \r(2)）是平面BDM的一个法向量，
所以cs〈n，eq \(D1A,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·eq \(D1A,\s\up6(→)),|n||eq \(D1A,\s\up6(→))|)＝eq \f(3\r(2),\r(（2\r(2)）2＋12)×\r(（\r(2)）2＋12))＝eq \f(\r(6),3)，
故二面角M­DB­N的余弦值为eq \f(\r(6),3).
3．解析：（1）证明：连接BF交AE于O，因为四边形ABEF为菱形，所以AE⊥BF，
又平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
因为BC⊥AB，所以BC⊥平面ABEF，所以BC⊥AE，
又BF∩BC＝B，所以AE⊥平面BCF，
因为CF⊂平面BCF，所以AE⊥CF；
（2）存在．以O为原点，eq \(OF,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，
过点O作菱形ABEF所在的平面的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
设正方形的边长为2，
则A（0，－1，0），F（eq \r(3)，0，0），E（0，1，0），D（0，－1，2），C（－eq \r(3)，0，2），
因为eq \(FP,\s\up6(→))＝λeq \(FC,\s\up6(→))，设点P（x，y，z），
则（x－eq \r(3)，y，z）＝λ（－2eq \r(3)，0，2），
所以点P（eq \r(3)－2eq \r(3)λ，0，2λ），
eq \(AP,\s\up6(→))＝（eq \r(3)－2eq \r(3)λ，1，2λ），eq \(AE,\s\up6(→))＝（0，2，0），
设平面PAE的法向量为m＝（x，y，z），
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝0,m·\(AE,\s\up6(→))＝0))，
可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,2\r(3)λ－\r(3))，0，1))，λ≠eq \f(1,2)，
eq \(DF,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，1，－2），eq \(FE,\s\up6(→))＝（－eq \r(3)，1，0），
设平面DCEF的法向量为n＝（x，y，z），
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DF,\s\up6(→))＝0,n·\(FE,\s\up6(→))＝0))，可得n＝（eq \r(3)，3，3），
由m·n＝0可得λ＝eq \f(3,8).
当λ＝eq \f(1,2)时，eq \(AP,\s\up6(→))＝（0，1，1），eq \(AE,\s\up6(→))＝（0，2，0），m＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋z＝0,y＝0))，令x＝1，则法向量m＝（1，0，0），
此时m·n≠0，
综上可知：λ＝eq \f(3,8)成立．
4．解析：（1）如图，
因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，O是BC的中点，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(OB,AB)＝eq \f(\r(2),2)，所以△OBA∽△ABC.
记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得DO∥PC，
所以EF∥DO.
又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.
（2）AO＝eq \r(AB2＋BO2)＝eq \r(6)，OD＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(6),2)，又AD＝eq \r(5)OD＝eq \f(\r(30),2)，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
（3）
如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，eq \r(2)，0），eq \(AO,\s\up6(→))＝（－2，eq \r(2)，0）.
因为PB＝PC，BC＝2eq \r(2)，所以设P（x，eq \r(2)，z），z>0，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＝（2，0，0）＋eq \f(1,2)（x－2，eq \r(2)，z）＝（eq \f(x＋2,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(z,2)），
由（2）知AO⊥BE，所以eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝（－2，eq \r(2)，0）·（eq \f(x＋2,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(z,2)）＝0，
所以x＝－1，
又PB＝eq \r(6)，eq \(BP,\s\up6(→))＝（x，eq \r(2)，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝eq \r(3)，则P（－1，eq \r(2)，eq \r(3)）.
由D为BP的中点，得D（－eq \f(1,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)），则eq \(AD,\s\up6(→))＝（－eq \f(5,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)）.
设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c）.
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0,－2a＋\r(2)b＝0))，得b＝eq \r(2)a，c＝eq \r(3)a，
取a＝1，则n1＝（1，eq \r(2)，eq \r(3)）.
易知平面CAO的一个法向量为n2＝（0，0，1），
设二面角D­AO­C的大小为θ，则|csθ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
所以sinθ＝eq \r(1－\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，故二面角D­AO­C的正弦值为eq \f(\r(2),2).
5．解析：证明：（1）证法一：设AC∩BD＝N，由题知△ABD为等边三角形，AC为直径，OA＝2，得AC⊥BD，
∴∠NBC＝30°，AN＝3，CN＝1，
得BC＝2，在Rt△ABC中，得AB＝2eq \r(3)，
在Rt△POA中OA＝2，PO＝eq \r(2)，得PA＝eq \r(6).易知PA＝PB，
则PA2＋PB2＝AB2，故PA⊥PB.
易知△PAB≌△PAD，则PA⊥PD，又PB∩PD＝P，
∴PA⊥平面PBD，又PA⊂平面PAB，∴平面PBD⊥平面PAB.
证法二：设AC∩BD＝N，连接PN，
由PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD，由题知AC⊥BD，又PO∩AC＝O，
∴BD⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，∴BD⊥PA，
∵OA＝2，PO＝eq \r(2)，△ABD为等边三角形，
∴AN＝3，ON＝1，BN＝2eq \r(3)，得PA＝eq \r(6)，PN＝eq \r(3)，
∴PA2＋PN2＝AN2，则PA⊥PN，
又PN∩BD＝N，故PA⊥平面PBD，
又PA⊂平面PAB，∴平面PBD⊥平面PAB.
（2）以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x轴，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（3，0，0），B（0，eq \r(3)，0），C（－1，0，0），P（1，0，eq \r(2)），
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝（－4，0，0），eq \(AP,\s\up6(→))＝（－2，0，eq \r(2)），
设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))（0≤λ≤1），
∴eq \(PM,\s\up6(→))＝（－λ，eq \r(3)λ，－eq \r(2)λ），则eq \(AM,\s\up6(→))＝（－2－λ，eq \r(3)λ，eq \r(2)－eq \r(2)λ），
令平面ACM的法向量为n＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－4x＝0,n·\(AM,\s\up6(→))＝（－2－λ）x＋\r(3)λy＋（\r(2)－\r(2)λ）z＝0))，
取n＝（0，eq \r(2)λ－eq \r(2)，eq \r(3)λ），
令直线AP与平面ACM的所成角为θ，
sinθ＝|cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\r(6)λ,\r(6)·\r(2（λ－1）2＋3λ2))＝eq \f(\r(21),21)，
解得λ＝eq \f(1,4)，即PB上存在点M，使得eq \f(PM,PB)＝eq \f(1,4).
6．解析：
图1
（1）证明：在图1中取CE中点F，连接BF，AE，
∵eq \(CE,\s\up6(→))＝2eq \(ED,\s\up6(→))，CD＝6，AB＝4，
∴CF＝2，EF＝2，
∵DF＝AB＝4，DF∥AB，∠D＝90°，
∴四边形ABFD为矩形，∴BF⊥CD，
∴BE＝BC＝eq \r(4＋12)＝4，又CE＝4，
∴△BCE为等边三角形；
又AE＝eq \r(4＋12)＝4，∴△ABE为等边三角形；
在图2中，取BE中点G，连接AG，C1G，
图2
∵△C1BE，△ABE为等边三角形，
∴C1G⊥BE，AG⊥BE，
∴C1G＝AG＝2eq \r(3)，又AC1＝2eq \r(6)，
∴AG2＋C1G2＝AC eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，∴C1G⊥AG，
又AG∩BE＝G，AG，BE⊂平面ABED，
∴C1G⊥平面ABED，
∵C1G⊂平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面ABED.
（2）以G为坐标原点，eq \(GA,\s\up6(→))，eq \(GB,\s\up6(→))，eq \(GC1,\s\up6(→))正方向为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则B（0，2，0），E（0，－2，0），A（2eq \r(3)，0，0），C1（0，0，2eq \r(3)），D（eq \r(3)，－3，0），
∴eq \(DC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，3，2\r(3)))，eq \(EB,\s\up6(→))＝（0，4，0），eq \(EC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，2\r(3)))，eq \(ED,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，－1，0），
∵eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(DC1,\s\up6(→))，
∴eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，1，\f(2\r(3),3)))，
eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(3),3)))，
设平面PBE的法向量n＝（a，b，c），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EP,\s\up6(→))·n＝\f(2\r(3),3)a＋\f(2\r(3),3)c＝0,\(EB,\s\up6(→))·n＝4b＝0))，
令a＝1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝0,c＝－1))，∴n＝（1，0，－1），
∴C1到平面PBE的距离为d＝eq \f(|eq \(EC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2\r(3)|,\r(1＋1))＝eq \r(6).