2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題型分類專練（新高考用）-專題04空間向量與立體幾何（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

（2023?新高考Ⅰ）如圖，在正四棱柱中，，．點，，，分別在棱，，，上，，，．
證明：；
點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．
（2023?新高考Ⅱ）如圖，三棱錐中，，，，為中點．
（1）證明；
（2）點滿足，求二面角的正弦值．
（2022?新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱的體積為4，△的面積為．
（1）求到平面的距離；
（2）設(shè)為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
（2022?新高考Ⅱ）如圖，是三棱錐的高，，，為的中點．
（1）證明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
（2023?上?！そy(tǒng)考高考真題）已知直四棱柱，，，，，．
（1）證明：直線平面；
（2）若該四棱柱的體積為36，求二面角的大小．
（2023?河北保定?區(qū)聯(lián)考二模）如圖，四棱臺ABCD﹣EFGH的底面是菱形，且∠BAD＝，DH⊥平面ABCD，EH＝2，DH＝3，AD＝4．
（1）求證：AE∥平面BDG；
（2）求三棱錐 F﹣BDG的體積．
（2023?新疆烏魯木齊·統(tǒng)考模擬）在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，過點A作AD⊥BC，交線段BC于點D（如圖1），沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°（如圖2）點E，M分別為棱BC，AC的中點．
（1）求證：CD⊥ME；
（2）求三棱錐A﹣BCD的體積最大值．
（2023?廣東廣州·校級模擬）圖①是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四邊形ABCE是邊長為2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE為折痕將△BCE折起，使點C到達(dá)C1的位置，且AC1＝．
（1）求證：平面BC1E⊥平面ABED；
（2）在棱DC1上是否存在點P，使得點P到平面ABC1的距離為？若存在，求出直線EP與平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，請說明理由．
（2023?浙江溫州·統(tǒng)考模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，△ADP是等邊三角形，AB＝AP＝2，BP＝3，AD⊥BP．
（Ⅰ）求BC的長度；
（Ⅱ）求直線BC與平面ADP所成的角的正弦值．
（2023?上海奉賢?二模）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，∠APD＝90°，且四棱錐P﹣ABCD的體積為，
求PB與平面ABCD所成的線面角的大?。?br>（2023·江蘇徐州·統(tǒng)考模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)棱PA⊥平面ABCD，底面四邊形ABCD是矩形，PA＝AD＝4，點M，N分別為棱PB，PD的中點，點E在棱AD上，AD＝3AE．
（1）求證：直線AM∥平面BNE；
（2）從下面①②兩個條件中選取一個作為已知，證明另外一個成立．
①平面PAB與平面PCD的交線l與直線BE所成角的余弦值為；
②二面角N﹣BE﹣D的余弦值為．
注：若選擇不同的組合分別作答，則按第一個解答計分．
（2023·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，圓錐的高，底面圓O的半徑為1，延長直徑AB到點C，使得BC＝1，分別過點A，C作底面圓O的切線，兩切線相交于點E，點D是切線CE與圓O的切點．
（1）證明：平面PDE⊥平面POD；
（2）點E到平面PAD的距離為d1，求d1的值．
（2023·山東棗莊·校級模擬）在直角梯形AA1B1B中，A1B1∥AB，AA1⊥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝6，直角梯形AA1B1B繞直角邊AA1旋轉(zhuǎn)一周得到如下圖的圓臺A1A，已知點P，Q分別在線段CC1，BC上，二面角B1﹣AA1﹣C1的大小為θ．
（1）若θ＝120°，，AQ⊥AB，證明：PQ∥平面AA1B1B；
（2）若θ＝90°，點P為CC1上的動點，點Q為BC的中點，求PQ與平面AA1C1C所成最大角的正切值，并求此時二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
（2023·黑龍江哈爾濱·校級四模）如圖1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，點E，F(xiàn)在以AD為直徑的半圓上，且＝＝，將半圓沿AD翻折如圖2．
（1）求證：EF∥平面ABCD；
（2）當(dāng)多面體ABE﹣DCF的體積為4時，求平面ABE與平面CDF夾角的余弦值．
（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設(shè)，分別為，的中點．
（Ⅰ）證明：；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
題型訓(xùn)練
答案&解析
【1】
【解析】（1）證明：根據(jù)題意建系如圖，則有：
，2，，，0，，，2，，，0，，
，，
，又，，，四點不共線，
；
（2）在（1）的坐標(biāo)系下，可設(shè)，2，，，，
又由（1）知，0，，，2，，，0，，
，，，
設(shè)平面的法向量為，
則，取，
設(shè)平面的法向量為，
則，取，
根據(jù)題意可得，，
，
，又，，
解得或，
為的中點或的中點，
．
【2】
【解析】證明：（1）連接，，
，為中點．
，
又，，
與均為等邊三角形，
，
，，
平面，
平面，
．
（2）解：設(shè)，
，
，，
，
，
又，，
平面，
以為原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
，，，，0，，
，
，
，，，
設(shè)平面與平面的一個法向量分別為，，
則，令，解得，
，令，解得，，
故，1，，，1，，
設(shè)二面角的平面角為，
則，
故，
所以二面角的正弦值為．
【3】
【解析】（1）由直三棱柱的體積為4，可得，
設(shè)到平面的距離為，由，
，，解得．
（2）連接交于點，，四邊形為正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，
由直三棱柱知平面，，又，
平面，，
以為坐標(biāo)原點，，，所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，，又，解得，
則，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
則，2，，，1，，，0，，
設(shè)平面的一個法向量為，，，
則，令，則，，
平面的一個法向量為，0，，
設(shè)平面的一個法向量為，，，
，令，則，，
平面的一個法向量為，1，，
，，
二面角的正弦值為．
【4】
【解析】（1）證明：連接，，依題意，平面，
又平面，平面，則，，
，
又，，則，
，
延長交于點，又，則在中，為中點，連接，
在中，，分別為，的中點，則，
平面，平面，
平面；
（2）過點作，以，，分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由于，，由（1）知，
又，則，
，
又，即，12，，
設(shè)平面的一個法向量為，又，
則，則可取，
設(shè)平面的一個法向量為，又，
則，則可取，
設(shè)銳二面角的平面角為，則，
，即二面角正弦值為．
【5】
【解析】（1）證明：根據(jù)題意可知，，且，
可得平面平面，又直線平面，
直線平面；
（2）設(shè)，則根據(jù)題意可得該四棱柱的體積為，
，底面，在底面內(nèi)過作，垂足點為，
則在底面內(nèi)的射影為，
根據(jù)三垂線定理可得，
故即為所求，
在中，，，，
，又，
，
二面角的大小為．
【6】
【解答】解：（1）證明：如圖，連接AC交BD于點O，連接EG，GO，
由ABCD﹣EFGH為四棱臺，可知ACGE四點共面，且EG?面EFGH，AC?面ABCD，
∴EG∥AC，
∵EFGH和ABCD均為菱形，且，EH＝2，AD＝4，
∴，
∴四邊形AOGE為平行四邊形，
∴AE∥GO，
又GO?面BDG，AE?面BDG，
∴AE∥平面BDG；
（2）連接GE交FH于K，
∵GE⊥FH，F(xiàn)D⊥GE，F(xiàn)H∩DH＝D，F(xiàn)H?面BDHF，DH?面BDHF，
∴GE⊥面BDHF，
∵四邊形ABCD為菱形且，EF＝2，
∴，
∴．
【7】
【解答】解：（1）在△ABC中，M，E分別為AC，BC的中點，則ME∥AB，
折疊前AD⊥BC則折疊后AD⊥CD，又∠BDC＝90°即CD⊥BD，且AD?BD＝D，
又AD?平面ADB，BD?平面ADB，所以CD⊥平面ADB，
又AB?平面ADB，所以CD⊥AB，而ME∥AB，所以CD⊥ME；
（2）設(shè)BD＝x（0＜x＜3），則CD＝3﹣x，
因為AD⊥CD，AD⊥BD，且CD?BD＝D，
又CD?平面BDC，BD?平面BDC，所以AD⊥平面BDC，
所以AD為三棱錐A﹣BCD的高，
在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，所以AD＝CD＝3﹣x，
所以，
則，令V′＝0解得x＝1或x＝3（舍去），
令V′＞0解得0＜x＜1，令V′＜0解得1＜x＜3，
所以在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，3）上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x＝1即當(dāng)BD＝1，CD＝2時，VA﹣BCD取最大值，
此時．
【8】
【解答】解：（1）證明：如圖所示，
在圖①中，連接AC，交BE于O，因為四邊形ABCE是邊長為2的菱形，且∠BCE＝60°，
所以AC⊥BE，且，
在圖②中，相交直線OA，OC1均與BE垂直，
所以∠AOC1是二面角A﹣BE﹣C1的平面角，
因為，
所以，
所以O(shè)A⊥OC1，
所以平面BC1E⊥平面ABED．
（2）由（1）知，分別以直線OA，OB，OC1為x，y，z軸建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，B（0，1，0），E（0，﹣1，0），
所以，，，，，
設(shè)，λ∈[0，1]，
則，
設(shè)平面ABC1的一個法向量，
則，
令x＝1，則y＝，z＝1，
所以．
因為P到平面ABC1的距離為，
所以，
解得，
由，得（xP﹣，yP+，zP）＝（﹣，，），
所以xP＝，yP＝﹣，zP＝，
所以，
所以．
設(shè)直線EP與平面ABC1所成的角為θ，
所以．
【9】
【解答】解：（I）取AD中點F，連PF、BF，
∵△ADP是等邊三角形，∴PF⊥AD，……………………（2分）
又∵AD⊥BP，
∴AD⊥平面PFB，∵BF?平面PFB，∴AD⊥BF，………………………（4分）
∴BD＝AB＝2，∴BC＝． …………………………（6分）
（II）∵AD⊥平面PFB，AD?平面APD
∴平面PFB⊥平面APD …………………………………（8分）
作BG⊥PF交PF為G，則BG⊥平面APD，AD、BC交于H，
∠BHG為直線BC與平面ADP所成的角，…………（10分）
由題意得PF＝BF＝，又∵BP＝3，
∴∠GFB＝30°，BG＝，……………………（12分）
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD＝1，∴BH＝2，
∴sin∠BHG＝．
∴直線BC與平面ADP所成的角的正弦值為．……………………（15分）
【10】
【解答】證明：（1）∵在四棱錐P﹣ABCD中，∠BAP＝∠CDP＝90°，
∴AB⊥PA，CD⊥PD，
又∵AB∥CD，
∴AB⊥PD，
∵PA∩PD＝P，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD；
（2）解：取AD中點O，連結(jié)PO，
∵PA＝PD，O為AD的中點，
∴PO⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，
∴AB⊥PO，
∵AB∩AD＝A，
∴PO⊥底面ABCD，
設(shè)PA＝PD＝AB＝DC＝a，
則，，
∵四棱錐P﹣ABCD的體積為，PO⊥底面ABCD，
∴＝，解得a＝2，
＝，
∴，
∵PO⊥底面ABCD，
∴∠PBO為PB與平面ABCD所成的角，
在Rt△POB中，，
∴∠PBO＝30°，
故PB與平面ABCD所成的線面角為30°．
【11】
【解答】解：（1）證明：如圖，連接MD，交BN于點F，連接EF，
因為M，N分別為棱PB，PD的中點，
所以F為△PBD的重心，則MD＝3MF，
又在△AMD中，AD＝3AE，
所以EF∥AM，
又因為EF?平面BNE，AM?平面BNE，
所以AM∥平面BNE．
（2）若選①作為已知條件：
在矩形ABCD中，AB∥CD，CD?平面PCD，
AB?平面PCD，所以AB∥平面PCD．
又AB?平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，
所以AB∥l．
所以l與直線BE所成角即為∠ABE．
在直角三角形ABE中，，AB⊥AE，
所以由可得，AB＝4
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B（4，0，0），，N（0，2，2），
所以，．
設(shè)平面BNE的法向量為，
則，可得，則可取．
又為平面BDE的一個法向量，
所以．
由圖可知，二面角N﹣BE﹣D的余弦值為．
若選②為已知條件：
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因為，設(shè)AB＝m，則B（m，0，0），，N（0，2，2），
則，．
設(shè)平面BNE的法向量為，
則，即，則可?。?br>又為平面BDE的一個法向量，且二面角N﹣BE﹣D的余弦值為，
所以，解得m＝4．
在矩形ABCD中，AB∥CD，CD?平面PCD，AB?平面PCD，
所以AB∥平面PCD．
又AB?平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，
所以AB∥l．
所以l與直線BE所成角即為∠ABE．
在直角三角形ABE中，AB⊥AE，AB＝4，，可得，
所以平面PAB與平面PCD的交線l與直線BE所成角的余弦值為．
【12】
【解答】解：（1）證明：由題設(shè)，PO⊥平面ABD，又D是切線CE與圓O的切點，
所以CE?平面ABD，則PO⊥CE，且OD⊥CE，
又PO∩OD＝O，PO，OD?平面POD，
所以CE⊥平面POD，
又CE?平面PDE，
所以平面PDE⊥平面POD．
（2）因為OD⊥CE，OD＝1，OC＝2，
所以，∠OCD＝30°，
又AE⊥AC，CA＝3，
所以，
所以，
所以，且△ADE的面積為，
因為，
所以PA＝PD＝2，
所以△PAD為等腰三角形，其底邊AD上的高為，
所以△PAD的面積為，
因為，
所以，
所以．
【13】
【解答】（1）證明：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝120°，
又AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，∴AA1⊥平面ABC，
又AQ?平面ABC，∴AA1⊥AQ，又AQ⊥AB，
如圖，以A為原點，AB，AQ，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
由于AB＝AA1＝2A1B1＝6，∴，
則，
又，∴，則，
∴，又y軸⊥平面AA1B1B，
故可為平面AA1B1B的一個法向量，
又，且PQ?平面AA1B1B，∴PQ∥平面AA1B1B；
（2）解：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝90°，
如圖，以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（6，0，0），C（0，6，0），C1（0，3，6），Q（3，3，0），
設(shè)，則，
則，
又x軸⊥平面AA1C1C，∴可作為平面AA1C1C的一個法向量，
設(shè)PQ與平面AA1C1C所成角為α，且，
則，
又函數(shù)y＝sinα與y＝tanα均在上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)時，有最大值為，此時tanα也取到最大值，
又，則；
設(shè)為平面APQ的法向量，又，
∴，令z＝9，則平面APQ的法向量，
平面APC的一個法向量為，
∴，由圖可知二面角Q﹣AP﹣C為銳角，即二面角Q﹣AP﹣C的余弦值為．
∴PQ與平面AA1C1C所成最大角的正切值為，此時二面角Q﹣AP﹣C的余弦值為．
【14】
【解答】（1）證明：連接AE，EF，F(xiàn)D，六邊形ABCDFE為正六邊形，則EF∥AD∥BC，
在翻折過程中，EF∥AD，EF?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
（2）解：連接EB，F(xiàn)C分別交AD于G，H，則EB⊥AD，F(xiàn)C⊥AD，
翻折過程中，EG?平面EGB，GB?平面EGB，EG∩GB＝G，
AD⊥EG，AD⊥GB，所以AD⊥平面EGB，同理AD⊥平面FHC，
所以平面EGB∥平面FHC．又因為EF∥GH∥BC，
則三棱柱EGB﹣FHC為直三棱柱，EG∥FH，BG∥HC，
且EG＝GB＝FH＝HC＝，AG＝HD＝1，GH＝2．
設(shè)∠EGB＝θ，所以，
V＝V三棱錐A﹣EGB+V三棱柱EGB﹣FHC+V三棱錐D﹣FHC＝AG?S△EGB+GH?S△EGB+HD?S△FHC＝4sinθ＝4．
所以sinθ＝1，即，AD⊥EG，AD⊥GB，∠EGB為二面角E﹣AD﹣B的平面角，
即平面EFDA⊥平面ABCD．以G為坐標(biāo)原點，GB，GD，GE所在的直線為x，y，z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A（0，﹣1，0），，，
，2，0），D（0，3，0），F(xiàn)（0，2，），
，
設(shè)平面ABE的一個法向量，有，
令x＝1得，同理可得平面CDF的法向量，
設(shè)平面ABE與平面CDF的夾角為φ，觀察圖可知其為銳角，則csφ＝＝，
所以平面ABE與平面CDF的夾角的余弦值為．
【15】
【解析】證明：由于，，
平面平面，平面，平面，
所以為二面角的平面角，
則，平面，則．
又，
則是等邊三角形，則，
因為，，，平面，平面，
所以平面，因為平面，所以，
又因為，平面，平面，
所以平面，因為平面，故；
解：（Ⅱ）由于平面，如圖建系：
于是，則，
，
設(shè)平面的法向量，，，
則，，令，則，，
平面的法向量，
設(shè)與平面所成角為，
則．

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