统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用理

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用理，共8页。试卷主要包含了[2023·全国乙卷]如图，等内容，欢迎下载使用。


在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \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．
2．[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
3．[2023·安徽省安庆市高三二模]如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝BC＝2CD，△PBC是等腰三角形，PB＝PC，且平面PBC⊥平面ABCD.
(1)求证：BC⊥PA；
(2)如果直线PD与平面ABCD所成角的大小为45°，求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
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．
5．[2023·安徽省皖北协作区联考]如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，AB⊥BC，BE∥CD，∠BCD＝ eq \f(π,3)，AB＝2，BC＝CD＝1， eq \(CM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(CA,\s\up6(→)).
(1)线段AD上是否存在一点P，使得AF∥面BMP？若存在，确定点P的位置，若不存在，请说明理由；
(2)求直线DM与平面DEF所成角的正弦值．
专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用
1．解析：(1)如图，
因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \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＝2 eq \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D ­AO ­C的大小为θ，则|cs θ|＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(\r(3),\r(6))＝ eq \f(\r(2),2)，
所以sin θ＝ eq \r(1－\f(1,2))＝ eq \f(\r(2),2)，故二面角D ­AO ­C的正弦值为 eq \f(\r(2),2).
2．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝ ∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF⊂平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝ eq \f(1,2)AC·EF.
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝ eq \r(3).
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA ，EB ，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3)，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴ eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1， eq \r(3)，0)， eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，1)， eq \(DB,\s\up6(→))＝(0， eq \r(3)，－1)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(0，0，1)， eq \(EC,\s\up6(→))＝(－1，0，0).
设 eq \(DF,\s\up6(→))＝λ eq \(DB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
则 eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \(ED,\s\up6(→))＋ eq \(DF,\s\up6(→))＝ eq \(ED,\s\up6(→))＋λ eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，0，1)＋λ(0， eq \r(3)，－1)＝(0， eq \r(3)λ，1－λ).
∵EF⊥DB，
∴ eq \(EF,\s\up6(→))· eq \(DB,\s\up6(→))＝(0， eq \r(3)λ，1－λ)·(0， eq \r(3)，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝ eq \f(1,4)，∴ eq \(EF,\s\up6(→))＝(0， eq \f(\r(3),4)， eq \f(3,4))，∴ eq \(CF,\s\up6(→))＝ eq \(EF,\s\up6(→))－ eq \(EC,\s\up6(→))＝(0， eq \f(\r(3),4)， eq \f(3,4))－(－1，0，0)＝(1， eq \f(\r(3),4)， eq \f(3,4)).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0.))
取y＝1，则x＝ eq \r(3)，z＝ eq \r(3)，∴n＝( eq \r(3)，1， eq \r(3)).
设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(CF,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|n·\(CF,\s\up6(→))|,|n||\(CF,\s\up6(→))|)＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×1＋1×\f(\r(3),4)＋\r(3)×\f(3,4))),\r(3＋1＋3)× \r(1＋\f(3,16)＋\f(9,16)))＝ eq \f(4\r(3),7).
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为 eq \f(4\r(3),7).
3．解析：(1)证明：如图，取AB的中点E，连接CE.
因为AB＝2CD，AB∥CD，AD⊥AB，
所以四边形AECD是矩形，所以CE⊥AB.
在Rt△BEC中，cs ∠CBE＝ eq \f(BE,BC)＝ eq \f(\f(1,2)AB,BC)＝ eq \f(1,2)，
所以∠CBE＝60°. 连接AC，则△ABC是等边三角形.
取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC. 连接PO，
因为PB＝PC，所以PO⊥BC，
因为PO∩AO＝O，
所以BC⊥平面PAO，所以BC⊥PA.
(2)因为平面PBC⊥平面ABCD，PO⊥BC，平面PBC⊥平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
所以PO⊥平面ABCD.
连接DO，则∠PDO就是直线PD与平面ABCD所成的角，
所以∠PDO＝45°，
所以PO＝OD.
在△OCD中，OC＝CD，∠DCO＝120°，
所以OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·(－ eq \f(1,2))＝3OC2，
所以PO＝OD＝ eq \r(3)OC.
如图，以O为坐标原点， eq \(OA,\s\up6(→))、 eq \(OB,\s\up6(→)) 、 eq \(OP,\s\up6(→))分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB＝BC＝2CD＝2a，
则A( eq \r(3)a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，－a，0)，P(0，0， eq \r(3)a).
由 eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(BA,\s\up6(→))，可得D( eq \f(\r(3),2)a，－ eq \f(3,2)a，0).
所以 eq \(DA,\s\up6(→))＝( eq \f(\r(3),2)a， eq \f(3,2)a，0)， eq \(AP,\s\up6(→))＝(－ eq \r(3)a，0， eq \r(3)a).
设平面PAD的一个法向量为m＝(x0，y0，z0)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(DA,\s\up6(→))＝0，,m·\(AP,\s\up6(→))＝0，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a·x0＋\f(3,2)a·y0＝0，,－\r(3)a·x0＋\r(3)a·z0＝0.))
可取x0＝z0＝ eq \r(3)，y0＝－1，则m＝( eq \r(3)，－1， eq \r(3)).
因为平面PBC的一个法向量为 eq \(OA,\s\up6(→))，所以cs 〈 eq \(OA,\s\up6(→))，m〉＝ eq \f(\(OA,\s\up6(→))·m,|\(OA,\s\up6(→))||m|)＝ eq \f(3a,\r(21)a)＝ eq \f(\r(21),7)，
所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 eq \f(\r(21),7).
4.
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)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·CC1＝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sin θ＝|cs 〈n，〉|＝＝ eq \f(\r(13),13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(\r(13),13).
5．解析：(1)存在P为AD上靠近D点的三等分点，使得AF∥面BMP；
理由：过点M作MP∥CD，交AD于P，
因为 eq \(CM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(CA,\s\up6(→))，即有CM＝ eq \f(1,3)CA，故DP＝ eq \f(1,3)DA，即P为AD上靠近D点的三等分点，
而BE∥CD，AF∥BE，故AF∥MP，
又MP⊂面BMP，AF⊄面BMP，所以AF∥ 面BMP.
(2)取CD的中点为G，连接BG，BD，因为∠BCD＝ eq \f(π,3)，BC＝CD＝1，
故△BCD为正三角形，则BG⊥CD，
故以B为坐标原点，分别以BG，BE，BA为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D( eq \f(\r(3),2)， eq \f(1,2)，0)，E(0，2，0)，F(0，2，2)，A(0，0，2)，
C( eq \f(\r(3),2)，－ eq \f(1,2)，0)，
则 eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，0，2)， eq \(DE,\s\up6(→))＝(－ eq \f(\r(3),2)， eq \f(3,2)，0)，
又∵ eq \(CM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(CA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3)(－ eq \f(\r(3),2)， eq \f(1,2)，2)，
可求得M( eq \f(\r(3),3)，－ eq \f(1,3)， eq \f(2,3))，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0,n·\(DE,\s\up6(→))＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z＝0,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0))，
不妨取y＝1，则n＝( eq \r(3)，1，0)，
记直线DM与平面DEF所成角为θ，
又∵ eq \(DM,\s\up6(→))＝(－ eq \f(\r(3),6)，－ eq \f(5,6)， eq \f(2,3)),
∴sin θ＝|cs 〈 eq \(DM,\s\up6(→))，n〉|
＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(5,6))),2× \r(（－\f(\r(3),6)）2＋（\f(5,6)）2＋（\f(2,3)）2))＝ eq \f(2\r(11),11)，
即直线DM与平面DEF所成角的正弦值为 eq \f(2\r(11),11).