2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何高考大题规范解答__立体几何提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何高考大题规范解答__立体几何提能训练，共9页。


(1)证明：EF∥平面PCD.
(2)若PC＝eq \r(3)PD＝eq \r(3)CD＝eq \r(3)AD＝2eq \r(3)AB，求直线EF与平面PAD所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：取AD的中点H，连接EH，FH.
因为F，H分别是棱PA，AD的中点，所以HF∥PD.
因为PD⊂平面PCD，HF⊄平面PCD，
所以HF∥平面PCD.
因为E，H分别是棱BC，AD的中点，所以HE∥CD.
因为CD⊂平面PCD，HE⊄平面PCD，
所以HE∥平面PCD.
因为HE，HF⊂平面HEF，且HE∩HF＝H，
所以平面HEF∥平面PCD.
因为EF⊂平面HEF，所以EF∥平面PCD.
(2)以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))的方向为x，y轴的正方向，垂直平面ABCD向上的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝1，则AD＝CD＝PD＝2，PC＝2eq \r(3).
由余弦定理可得cs∠PDC＝eq \f(4＋4－12,2×2×2)＝－eq \f(1,2)，
则∠PDC＝120°，从而A(2,0,0)，D(0,0,0)，P(0，－1，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
故eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2，\f(\r(3),2))).
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA,\s\up6(→))＝2x＝0，,n·\(DP,\s\up6(→))＝－y＋\r(3)z＝0，))令y＝eq \r(3)，得n＝(0，eq \r(3)，1)．
设直线EF与平面PAD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(EF,\s\up6(→))|,|n||\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3\r(3),2),2\r(4＋\f(3,4)))＝eq \f(3\r(57),38)，
即直线EF与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(3\r(57),38).
2．(2024·云南大理统测)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥CD，∠ABC＝eq \f(π,4)，CD＝CE＝eq \f(1,2)BE＝1，PA＝AD＝2，F为PD的中点．
(1)证明：AB⊥PE；
(2)求二面角A－EF－D的平面角的余弦值．
[解析] (1)证明：连接AE，DE，如图，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又BC⊥CD，CD＝CE＝1.
由勾股定理可知DE＝eq \r(2)，
又AD＝BE，AD∥BE，
所以四边形ABED是平行四边形，
所以AB＝DE＝eq \r(2)，
又∠ABC＝eq \f(π,4)，由余弦定理可知AE＝eq \r(2)，
所以AB2＋AE2＝BE2，所以AB⊥AE，
又AE∩PA＝A，所以AB⊥平面PAE，
所以AB⊥PE.
(2)因为AP，AB，AE两两垂直，
所以以A为原点建立如图所示空间直角坐标系
A－xyz，则A(0,0,0)，B(eq \r(2)，0,0)，D(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，P(0,0,2)，E(0，eq \r(2)，0)，
因为F为PD的中点，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，
设平面AEF的法向量n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝\r(2)y1＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＋z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝0，z1＝eq \f(\r(2),2)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(\r(2),2)))，
设平面DEF的法向量m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DE,\s\up6(→))＝\r(2)x2＝0，,m·\(DF,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)y2＋z2＝0，))
取y2＝1，则x2＝0，z2＝eq \f(\r(2),2)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(\r(2),2)))，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),\r(1＋\f(1,2))·\r(1＋\f(1,2)))＝eq \f(1,3)，
即二面角A－EF－D的余弦值为eq \f(1,3).
3．(2024·安徽安庆、池州、铜陵部分校联考)在矩形ABCD中，AB＝eq \r(2)BC＝2eq \r(2)，将△ADC沿AC折起至△APC的位置，且PB＝2.
(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求二面角P－AC－B的正弦值．
[解析] (1)由已知可得：BC＝2，PB＝2，PC＝CD＝AB＝2eq \r(2)，
在△PBC中，PB2＋BC2＝PC2，故PB⊥BC.
又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)解法一：取AB、CD的中点O、E，连接OP，OE.
因为PA＝PB，所以PO⊥AB，
由(1)知：BC⊥PO，
所以PO⊥平面ABC.
以OB，OE，OP所在直线分别在x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则A(－eq \r(2)，0,0)，B(eq \r(2)，0,0)，C(eq \r(2)，2,0)，P(0,0，eq \r(2))．
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))，
设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，m·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x1＋2y1＝0，,\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，))
取x1＝1，y1＝－eq \r(2)，z1＝－1，则m＝(1，－eq \r(2)，－1)．
又平面ABC的法向量为n＝(0,0,1)，
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝－eq \f(1,2).
所以二面角P－AC－B的正弦值为eq \f(\r(3),2).
解法二：如图，取AB中点O，
连接PO，作OH⊥AC于H，连接PH，
∵PA＝PB＝2，∴PO⊥AB且PO＝eq \r(2)，
由(1)知BC⊥平面PAB，
∴BC⊥PO，∴PO⊥平面ABC，
∴PO⊥AC，∴AC⊥平面PHO，
∴AC⊥PH，∴∠OHP为二面角P－AC－B的平面角．
又PH＝eq \f(PA·PC,AC)＝eq \f(2\r(6),3)，
∴sin∠OHP＝eq \f(PO,PH)＝eq \f(\r(3),2)，
即二面角P－AC－B的正弦值为eq \f(\r(3),2).
4．(2024·福建福州质检)如图，在底面为菱形的四棱锥M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝eq \r(2).
(1)求证：平面MAD⊥平面ABCD；
(2)已知eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(NB,\s\up6(→))，求直线BN与平面ACN所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：取AD的中点为O，连接OM，OB，
因为四边形ABCD是为菱形，且AD＝BD＝2，
所以△ABD为正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝eq \r(3).
因为MA＝MD＝eq \r(2)，所以MO⊥AD，
所以MO＝eq \r(MA2－AO2)＝eq \r(\r(2)2－12)＝1，
又因为MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，
所以MO⊥BO，
因为AD∩BO＝O，AD⊂平面ABCD，
BO⊂平面ABCD，
所以MO⊥平面ABCD，
又因为MO⊂平面MAD，
所以平面MAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知，OA，OB，OM两两垂直，故以O为坐标原点，
分别以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－2，eq \r(3)，0)，M(0,0,1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，\f(1,3)))，
所以eq \(CA,\s\up6(→))＝(3，－eq \r(3)，0)，eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(\r(3),3)，\f(1,3)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
设平面ACN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\(CN,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－\r(3)y＝0，,2x－\f(\r(3),3)y＋\f(1,3)z＝0，))
取x＝1，则n＝(1，eq \r(3)，－3)．
因为eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，1)，
则cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(BM,\s\up6(→))·n,|\(BM,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－3－3,2×\r(13))＝－eq \f(3\r(13),13)，
所以直线BN与平面ACN所成角的正弦值为eq \f(3\r(13),13).
5．(2024·山东潍坊检测)把矩形O1O2FB以O1O2所在的直线为轴旋转180°，得到几何体如图所示．其中等腰梯形ABCD为下底面的内接四边形，且AB＝2AD＝2，点G为上底面一点，且CG∥O1O2，O1O2＝1.
(1)若P为DE的中点，求证：AP⊥平面BDE；
(2)设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，试确定λ的值，使得直线AP与平面ABG所成角的正弦值为eq \f(\r(105),35).
[解析] (1)证明：因为AB为直径，所以BD⊥AD，
因为EA⊥平面ABD，BD⊂平面ABD，
所以EA⊥BD，
因为AE∩AD＝A，AE⊂平面ADE，
AD⊂平面ADE，
所以BD⊥平面ADE，
因为AP⊂平面ADE，所以BD⊥AP，
因为AD＝AE，P为DE的中点，所以AP⊥DE，
因为BD∩DE＝D，BD⊂平面BDE，
ED⊂平面BDE，
所以AP⊥平面BDE.
(2)因为等腰梯形ABCD为底面半圆O1的内接四边形，
AB＝2AD＝2，
所以∠DAO1＝∠AO1D＝∠CO1D＝∠BO1C＝eq \f(π,3)，
所以CD＝BC＝1，
如图，以O1为坐标原点，分别以O1B，O1O2为y，z轴建立空间直角坐标系，
由于CG∥OO1，OO1＝1，∴CG＝1，
故A(0，－1,0)，B(0,1,0)，
Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，
E(0，－1,1)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，1))，
设平面ABG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋z＝0，))
令x＝2eq \r(3)，则n＝(2eq \r(3)，0,3)，
由eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，
可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)λ－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)λ－\f(1,2)，λ))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)λ－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)λ＋\f(1,2)，λ))，
设直线AP与平面ABG所成角为θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(AP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AP,\s\up6(→))|,|n||\(AP,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|3λ－3＋0＋3λ|,\r(12＋0＋9)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq \f(\r(105),35)，
即得9λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)，符合λ∈[0,1]，
故λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3).
6．(2024·河南创新发展联盟联考)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是BC的中点，点F在棱AD上，且PA⊥AD，cs∠PAE＝－eq \f(2,5)，PA＝eq \r(5).
(1)若平面PAB∩平面PCD＝l，证明：l∥平面ABCD.
(2)求平面PEF与平面PCD的夹角的余弦值的最大值．
[解析] (1)证明：因为底面ABCD是正方形，所以AB∥CD.
因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
又因为平面PAB∩平面PCD＝l，所以CD∥l.
因为l⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以l∥平面ABCD.
(2)由题意可得AE＝eq \r(5)，
PE＝eq \r(AP2＋AE2－2AP·AEcs∠PAE)＝eq \r(14).
因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD.
又因为PA⊥AD，所以AD⊥平面PAB.
因为AD∥BC，所以BC⊥平面PAB，BC⊥PB.
PB＝eq \r(PE2－BE2)＝eq \r(13).
cs∠PAB＝eq \f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝－eq \f(\r(5),5).
以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
点P到y，z轴所在平面的距离为APcs(π－∠PAB)＝1，点P到x，y轴所在平面的距离为eq \r(AP2－－12)＝2.
P(－1,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，设F(0，a,0)(0≤a≤2)．
eq \(PC,\s\up6(→))＝(3,2，－2)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，设平面PCD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·n＝0，,\(CD,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x1＋2y1－2z1＝0，,－2x1＝0，))取y1＝1，可得n＝(0,1,1)．
eq \(PE,\s\up6(→))＝(3,1，－2)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(1，a，－2)，
设平面PEF的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PE,\s\up6(→))·m＝0，,\(PF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋y2－2z2＝0，,x2＋ay2－2z2＝0，))
取y2＝4，可得m＝(2a－2,4,3a－1)．
设平面PEF与平面PCD的夹角为α，
则cs α＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|3a＋1|,\r(2)×\r(2a－22＋42＋3a－12))，
令a＋1＝t∈[1,3]，
则cs α＝eq \f(3t,\r(2)×\r(2t－42＋42＋3t－42))＝eq \f(3\r(2),2)×eq \f(t,\r(13t2－40t＋48))＝eq \f(3\r(2),2)×eq \f(1,\r(48\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2－40×\f(1,t)＋13)).
当eq \f(1,t)＝eq \f(5,12)时，48eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2－40×eq \f(1,t)＋13取得最小值，最小值为eq \f(14,3)，
所以cs α的最大值为eq \f(3\r(2),2)×eq \f(1,\r(\f(14,3)))＝eq \f(3\r(21),14)，此时，a＝eq \f(7,5).
故平面PEF与平面PCD的夹角的余弦值的最大值为eq \f(3\r(21),14).