2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題7 立體幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題7 立體幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理 1.(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． 解析：(1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如圖，作PH⊥EF，垂足為H. 由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，||為

2、單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又DP＝2，DE＝1，所以PE＝. 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF. 所以PH＝，EH＝. 則H(0,0,0)，P，D， ＝，＝. 又為平面ABFD的法向量， 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ， 則sin θ＝＝＝. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 2．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的

3、正弦值． 解析：(1)證明：因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 如圖，連接OB. 因?yàn)锳B＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，＝(0,2,2)． 取平面PAC的一個(gè)法向量＝(2,0,0)． 設(shè)M(a,2－a,0

4、)(0≤a≤2)，則＝(a,4－a,0)． 設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)． 由·n＝0，·n＝0得 可取y＝a，得平面PAM的一個(gè)法向量為n＝((a－4)，a，－a)， 所以cos 〈，n〉＝. 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝， 所以＝， 解得a＝－4(舍去)或a＝. 所以n＝. 又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. 3．(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中， AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠

5、APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值． 解析：(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD＝P， 從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A，P，B，C. 所以＝，＝(，0,0)，＝，＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1

6、)是平面PCB的法向量，則 即 可取n＝(0，－1，－)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，則 即 可取m＝(1,0,1)． 則cos〈n，m〉＝＝＝－. 所以二面角A-PB-C的余弦值為－. 4．(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值． 解析：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥

7、DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，D的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)．由題設(shè)得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， A＝(－2,1,1)，A＝(0,2,0)，D＝(2,0,0)， 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則 即 可取n＝(1,0,2)，D是平面MCD的法向量，因此 cos〈n，D〉＝＝，s

8、in〈n，D〉＝. 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是. 1. 如圖所示，在平行四邊形ABCD中，BC＝2AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥AD，E，F(xiàn)分別為BC，PE的中點(diǎn)，AF⊥平面PED. (1)求證：PA⊥平面ABCD； (2)求直線BF與平面AFD所成角的正弦值． 解析：(1)證明：連接AE， 由BC＝2AB＝4，∠ABC＝60°， ∴AE＝2，ED＝2，從而有AE2＋ED2＝AD2， 所以AE⊥ED， 又AF∩AE＝A，所以ED⊥平面PAE，PA?平面PAE，則ED⊥PA， 又PA⊥AD，AD∩ED＝D，所以PA⊥平面ABCD. (2)以E為坐

9、標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,2,0)，D(2，0,0)，B(－，1,0)， 因?yàn)锳F⊥平面PED，所以AF⊥PE， 又F為PE的中點(diǎn)，所以PA＝AE＝2， 所以P(0,2,2)，F(xiàn)(0,1,1)，＝(0，－1,1)，＝(2，－2,0)，＝(，0,1)， 設(shè)平面AFD的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 令x＝1，得n＝(1，，)． 設(shè)直線BF與平面AFD所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 即直線BF與平面AFD所成角的正弦值為. 2．如圖所示，在四棱錐P -ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠A

10、BC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PB上． (1)求證：AD⊥PC； (2)試確定點(diǎn)F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 解析：(1)證明：如圖所示，在平行四邊形ABCD中，連接AC， 因?yàn)锳B＝2，BC＝2，∠ABC＝45°， 由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC. 又AD∥BC，所以AD⊥AC， 因?yàn)锳D＝AP＝2，DP＝2， 所以PA⊥AD， 又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC， 所以AD⊥P

11、C. (2)因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD， 所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為原點(diǎn)，直線AD，AC，AP為坐標(biāo)軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) -xyz，則A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以＝(0,2，－2)，＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)． 設(shè)＝λ(λ∈[0,1])， 則＝(2λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)． 設(shè)平面PDC的法向

12、量為n＝(x，y，z)， 由得 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因?yàn)橹本€EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|， 即＝， 所以|－2λ＋2|＝||，即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])， 解得λ＝，所以＝. 即當(dāng)＝時(shí)，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 3．如圖，在三棱柱ABC -A1B1C1中，∠AA1B1＝45°，AC＝BC，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，E為CC1中點(diǎn)． (1)求證：BB1⊥AC； (2)若AA1＝2，AB＝，直線A1C1與平面ABB

13、1A1所成角為45°，求平面A1B1E與平面ABC所成銳二面角的余弦值． 解析：(1)證明：過(guò)點(diǎn)C做CO⊥BB1交BB1于O， 因?yàn)槊鍮B1C1C⊥面AA1B1B， BB1C1C∩面AA1B1B＝B1B， 所以CO⊥面AA1BB1，故CO⊥BB1， 又因?yàn)锳C＝BC，OC＝OC， 所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB， 因?yàn)椤螧1A1A＝∠OBA＝45°，所以AO⊥BB1， 又因?yàn)锽B1⊥CO，所以BB1⊥面AOC， 故BB1⊥AC. (2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OC所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)O -xyz， A(1,0,0)，B(0,1,0

14、)，C(0,0,1)，A1(1，－2,0)，B1(0，－1,0)，E(0，－1,1)， 設(shè)面A1B1E的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則∴ 令x1＝1，得n＝(1,1,0)． 設(shè)面ABC的法向量為m＝(x2，y2，z2)， 則∴ 令x2＝1，得m＝(1,1,1)，∴cos〈m，n〉＝＝， 面A1B1E與面ABC所成銳二面角的余弦值為. 4．(2018·臨沂模擬)如圖①，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝4，E是邊AD上一點(diǎn)，且AE＝3，把△ABE沿BE翻折，使得點(diǎn)A到A′滿足平面A′BE與平面BCDE垂直(如圖②)． (1)若點(diǎn)P在棱A′C上，且CP＝3PA′，求證：DP

15、∥平面A′BE； (2)求二面角B-A′E-D的余弦值的大小． 解析：(1)證明：在圖②中，過(guò)P作PQ∥BC交A′B于點(diǎn)Q，連接QE. 因?yàn)镃P＝3PA′，所以＝＝， 因?yàn)锽C＝4，所以PQ＝1， 因?yàn)镈E∥BC，DE＝1，所以DE綊PQ， 所以四邊形QEDP為平行四邊形，所以DP∥EQ. 因?yàn)镈P?平面A′BE，EQ?平面A′BE，所以DP∥平面A′BE. (2)在圖②中，過(guò)A′作A′F⊥BE于點(diǎn)F， 因?yàn)槠矫鍭′BE⊥平面BCDE. 所以A′F⊥平面BCDE. 因?yàn)椤螧A′E＝90°，A′B＝，A′E＝3， 所以∠A′EB＝30°，A′F＝，EF＝， 過(guò)F作FG⊥DE交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則FG＝，EG＝. 如圖②，建立空間直角坐標(biāo)系，D(0,0,0)，E(1,0,0)，B(4，，0)，C(0，，0)，A′，F(xiàn)，則＝，＝，＝(1,0,0)． 設(shè)平面A′BE的法向量n＝(x，y，z)， 則即 可取n＝(1，－，0)． 設(shè)平面A′DE的法向量m＝(x1，y1，z1)， 則即 可取m＝(0,2，－)． 所以cos〈m，n〉＝＝－. 因?yàn)槎娼荁-A′E-D為鈍角， 所以二面角B-A′E-D的余弦值的大小為－.