备战2025年高考二轮复习数学专题突破练19（Word版附解析）

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解答题:本题共4小题,共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1.(15分)(2024·上海,17)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心.
(1)若AP=5,AD=32,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;
(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.
解(1)因为P-ABCD是正四棱锥,所以底面ABCD是正方形,且OP⊥底面ABCD,
因为AD=32,所以AO=OD=OB=OC=3,
因为AP=5,所以PO=AP2-AO2=4,
所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是以3为底面半径,4为高的圆锥,
所以V圆锥=13Sh=13π×32×4=12π.
(2)(方法一 坐标法)如图,建立空间直角坐标系,因为AP=AD,由题意知P-ABCD是正四棱锥,
所以该四棱锥各棱长相等,设AB=2a,则AO=OD=OB=OC=a,PO=AP2-AO2=a,
由此可得O(0,0,0),P(0,0,a),A(0,-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(-a,0,0),Ea2,0,a2,
故BD=(-2a,0,0),AC=(0,2a,0),AE=a2,a,a2.
设n=(x1,y1,z1)为平面AEC的法向量,
由n·AC=0,n·AE=0,
得2a·y1=0,a2·x1+a·y1+a2·z1=0,y1=0,取x1=1,则z1=-1,所以n=(1,0,-1),则cs=n·BD|n||BD|=-2a|2|·|2a|=-22.
设直线BD与平面AEC所成角为θ,
因为sin θ=|cs|=22,θ∈0,π2,
所以θ=π4.
(方法二 几何法)过点E作EH⊥BD交BD于点H.
则EA=EC,EO⊥AC.
故∠EOH就是直线BD与平面AEC所成角.
易得EH=12PO,HO=14BD.
设AP=AD=a,则BD=2a,故PO=22a.
在△EOH中,因为tan∠EOH=EHHO=24a24a=1,所以∠EOH=π4.
故直线BD与平面AEC所成角为π4.
2.(15分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,△ABD为等边三角形,且AC⊥BD.
(1)求直线AD与BC所成角的余弦值;
(2)求二面角A-BD-C的余弦值.
解(1)由△ABC为以BC为斜边的等腰直角三角形,得AC⊥AB.
又AC⊥BD,且BD∩AB=B,BD,AB⊂平面ABD,则AC⊥平面ABD.
因为AC⊂平面ABC,
故平面ABC⊥平面ABD.
取AB的中点O,连接DO.
由△ABD是等边三角形,得DO⊥AB,而DO⊂平面ABD,
平面ABD∩平面ABC=AB,则DO⊥平面ABC.
过点O作直线AC的平行线,交BC于点E.易知,OA,OE,OD两两垂直.
以O为原点,OA,OE,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
令AB=2,则A(1,0,0),B(-1,0,0),C(1,2,0),D(0,0,3),AD=(-1,0,3),BC=(2,2,0),
因此cs=AD·BC|AD||BC|=-22×22=-24,所以直线AD与BC所成角的余弦值为24.
(2)由(1)知,AC=(0,2,0)为平面ABD的一个法向量.
又BD=(1,0,3),设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则BD·n=x+3z=0,BC·n=2x+2y=0,取z=1,则x=-3,y=3,得n=(-3,3,1),于是cs=AC·n|AC||n|=232×7=217,显然二面角A-BD-C为锐角,所以二面角A-BD-C的余弦值为217.
3.(15分)(2023·新高考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.
(1)证明(方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1),
所以B2C2=A2D2.
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,
故B2C2∥A2D2.
(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,
故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.
同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,
所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,
所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,
故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.
所以B2C2∥A2D2.
(方法三 基底法)由题意可得AA2=14AA1,BB2=12BB1=12AA1,DD2=12DD1=12AA1,CC2=34CC1=34AA1,AD=BC,
所以A2D2=A2A+AD+DD2=-14AA1+AD+12AA1=14AA1+AD,B2C2=B2B+BC+CC2=-12AA1+BC+34AA1=14AA1+AD.
因为A2D2=B2C2,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(2)解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.C2A2=(2,2,-2),C2D2=(2,0,-1),C2P=(0,2,a-3).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·C2A2=2x1+2y1-2z1=0,n1·C2D2=2x1-z1=0,取x1=1,可得y1=1,z1=2,
故n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·C2A2=2x2+2y2-2z2=0,n2·C2P=2y2+(a-3)z2=0,取z2=2,可得x2=a-1,y2=3-a,故n2=(a-1,3-a,2).
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
所以|cs|=|n1·n2||n1||n2|=66×(a-1)2+(3-a)2+4=32,
整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.
结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.
4.(15分)(2024·天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
(1)证明如图,取B1C的中点H,连接NH,MH.
∵N为B1C1的中点,H为B1C的中点,
∴NH∥CC1,且NH=12CC1.
∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1,
∴CC1∥DD1,CC1=DD1,
∴NH∥DD1,且NH=12DD1.
∵M为DD1的中点,∴D1M=12DD1,
∴D1M∥NH,D1M=NH.
∴四边形D1NHM为平行四边形,
∴D1N∥MH.
又D1N⊄平面CB1M,MH⊂平面CB1M,
∴D1N∥平面CB1M.
(2)解∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,
∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.
又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.
以A为原点,AB,AD,A1A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B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).
∴B1C=(-1,1,-2),CM=(-1,0,1),BB1=(0,0,2),BC=(-1,1,0).
设平面CB1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·B1C=0,n1·CM=0,即-x1+y1-2z1=0,-x1+z1=0,
令x1=1,则y1=3,z1=1,
∴n1=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量.
设平面BB1C1C的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·BB1=0,n2·BC=0,即2z2=0,-x2+y2=0,∴z2=0,令x2=1,则y2=1.
∴n2=(1,1,0)为平面BB1C1C的一个法向量.
设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ,
则cs θ=|cs|=|n1·n2|n1||n2||=412+32+12×12+12+02=22211.
(3)解点B到平面CB1M的距离d=|n1·BB1||n1|=|(1,3,1)·(0,0,2)|12+32+12=211=21111.