2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练40高考大题专练四立体几何的综合运用

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(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P.
方法二 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)，
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知，＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2－2y2＋2z2＝0,－2y2＋z2＝0))，
令y2＝1，得b＝(1，1，2).
所以|cs 150°|＝|cs 〈a，b〉|＝
eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6))＝ eq \f(\r(3),2)，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
2．[2023·新课标Ⅱ卷]如图，三棱锥A­BCD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 eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D­AB­F的正弦值．
解析：(1)如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，
所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS).
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝ eq \r(2).
因为AE⊥BC，所以AE＝ eq \r(AB2－EB2)＝ eq \r(2).
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D( eq \r(2)，0，0)，B(0， eq \r(2)，0)，A(0，0， eq \r(2))， eq \(DA,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))， eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，－ eq \r(2)， eq \r(2)).
设F(xF，yF，zF)，因为 eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \(DA,\s\up6(→))，所以(xF，yF，zF)＝(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))，可得F(－ eq \r(2)，0， eq \r(2)).
所以 eq \(FA,\s\up6(→))＝( eq \r(2)，0，0).
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·m＝0,\(BA,\s\up6(→))·m＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)z＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0))，取x＝1，则y＝z＝1，m＝(1，1，1).
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))·n＝0,\(BA,\s\up6(→))·n＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0))，得x＝0，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1，1).
所以cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|)＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝ eq \f(\r(6),3).
记二面角D­AB­F的大小为θ，则sin θ＝ eq \r(1－cs2〈m，n〉)＝ eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2)＝ eq \f(\r(3),3)，
故二面角D­AB­F的正弦值为 eq \f(\r(3),3).
3．[2024·九省联考]如图，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­AA1­D的正弦值．
解析：(1)证明：连接BC1，DC1，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝ eq \f(1,2)AC＝ eq \r(2)，∠C1CO＝45°，
所以cs∠C1CO＝ eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(C1C2＋OC2－C1O2,2×C1C×OC)⇒C1O＝ eq \r(2)，
则C1C2＝OC2＋C1O2⇒C1O⊥OC，
又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
则B(0， eq \r(2)，0)，D(0，－ eq \r(2)，0)，A( eq \r(2)，0，0)，C(－ eq \r(2)，0，0)，C1(0，0， eq \r(2))，
则AA1＝CC1＝( eq \r(2)，0， eq \r(2))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)， eq \r(2)，0)， eq \(AD,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，－ eq \r(2)，0)，
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x1＋\r(2)z1＝0,－\r(2)x1＋\r(2)y1＝0))⇒m＝(1，1，－1)，
⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0))⇒n＝(1，－1，－1)，
设二面角B­AA1­D大小为θ，
则cs θ＝ eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝ eq \f(1,\r(3)×\r(3))＝ eq \f(1,3)⇒sin θ＝ eq \r(1－cs2θ)＝ eq \f(2\r(2),3)，
所以二面角B­AA1­D的正弦值为 eq \f(2\r(2),3).
4．[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．
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 \r(2)，0， eq \r(2))，＝(－2 eq \r(2)， eq \r(3)， eq \r(2))，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
∴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，
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(\r(13),13)．
5.[2024·新课标Ⅱ卷]
如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5 eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \f(2,5) eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4 eq \r(3).
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
解析：(1)证明：∵AD＝5 eq \r(3)，AB＝8， eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \f(2,5) eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))，
∴AE＝2 eq \r(3)，AF＝4.
在△AEF中，由余弦定理得
EF2＝AF2＋AE2－2AF·AE·cs A＝16＋12－2×4×2 eq \r(3)× eq \f(\r(3),2)＝4，
则EF＝2，
∴在△AEF中，EF2＋AE2＝AF2，
∴EF⊥AE.
又∵△AEF沿EF翻折至△PEF，
∴EF⊥PE.
又∵AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PED，
∴EF⊥平面PED.
又∵PD⊂平面PED，
∴EF⊥PD.
(2)由(1)知EF⊥AE，
又∵CD⊥AD，∴CD∥EF.
∵EF⊥平面PED，∴CD⊥平面PED.
又∵PD⊂平面PED，∴CD⊥PD.
在Rt△PCD中，PD＝ eq \r(PC2－CD2)＝ eq \r(39).
又∵ED＝AD－AE＝3 eq \r(3)，∴PE2＋ED2＝PD2，
∴PE⊥ED.
∴以E为原点，EF，ED，EP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，
则P(0，0，2 eq \r(3))，F(2，0，0)，D(0，3 eq \r(3)，0)，B(4，2 eq \r(3)，0)，C(3，3 eq \r(3)，0)，
∴ eq \(FP,\s\up6(→))＝(－2，0，2 eq \r(3))， eq \(BP,\s\up6(→))＝(－4，－2 eq \r(3)，2 eq \r(3))， eq \(CD,\s\up6(→))＝(－3，0，0)， eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－3 eq \r(3)，2 eq \r(3)).
设平面PBF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FP,\s\up6(→))·n＝0，,\(BP,\s\up6(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x1＋2\r(3)z1＝0，,－4x1－2\r(3)y1＋2\r(3)z1＝0，))
令z1＝1，则n＝( eq \r(3)，－1，1).
设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CD,\s\up6(→))·m＝0，,\(DP,\s\up6(→))·m＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x2＝0，,－3\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，))
令z2＝3，则m＝(0，2，3).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角的平面角为θ，
则|cs θ|＝|cs 〈n，m〉|＝ eq \f(|n·m|,|n||m|)＝ eq \f(1,\r(65))，
∴sin θ＝ eq \r(1－cs2θ)＝ eq \f(8\r(65),65).
6.
[2024·新课标Ⅰ卷]如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝ eq \r(3).
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为 eq \f(\r(42),7)，求AD.
解析：(1)证明：由BC＝1，AB＝ eq \r(3)，AC＝2可得，
AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC.
又PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，
∴BC⊥PA.
又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB.
∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，
∴AD⊥PA.
又AD⊥PB，且PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，∴AD∥BC，
又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC.
(2)
以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，
设A(x，0，0)(0