2020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

第2講綜合大題部分真題押題精練演練模擬|［真題體驗(yàn)1.(2018?高考全國(guó)卷I)如圖，四邊形ABCD^正方形，E,F分別為ADBC的中點(diǎn)，以DF為折痕把厶DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的地址，且PF丄BF證明：平面PEFL平面ABFD⑵求DP與平面ABFD所成角的正弦值.剖析：⑴證明：由已知可得BF丄PF,BF丄EF,因此BF丄平面PEF又BF?平面ABFD因此平面PEFL平面ABFD⑵如圖，作PH丄EF,垂足為H由⑴得，PH丄平面ABFD以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，希勺方向?yàn)閥軸正方向，|BF為單位長(zhǎng)，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.由⑴可得，DEIPE又DP=2,DE=1,因此PE=3.又PF=1,EF=2,因此PELPF.13因此PH=21,-1,0,則H(0,0,0)又帀為平面ABFD勺法向量,2葩5P麗6p則sin設(shè)DP與平面ABF［所成角為0,(2018?高考全國(guó)卷n因此DP與平面ABFD所成角的正弦值為)如圖，在三棱錐-中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC4,FABCO為AC的中點(diǎn).證明：POL平面ABC⑵若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角MPAC為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.剖析：⑴證明：由于PA=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn)，因此OPLAC且OP=2^3.如圖，連接OB因此△ABC為等腰直角三角形，由于AB=BC=1且OBLAC,OB=qAC=2.由OP+OB=PB知PCLOB由OPLOBOPLAC,OBHAC=O,得POL平面ABC⑵如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB勺方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由已知得Q0,0,0),B(2,0,0),A(0,—2,0),C(0,2,0),P(0,0,2護(hù)),辰(0,2,2西).取平面PAC的一個(gè)法向量OB=(2,0,0).設(shè)Ma,2—a,0)(0<aw2),貝UAM=(a,4—a,0).設(shè)平面PAM勺法向量為n=(x,y,z).2y+2伍=0,?x+由AP?n=0,AM?n=0得4—ay=0,可取y=3a,得平面PAM勺一個(gè)法向量為n=(.3(a—4),.3,—a),因此cos〈OBn>2羽a-&2*a—12+3a2+a23由已知可得|cos〈OBn>|=cos304因此2臂;4|a尋2a—4+3a+a24-3.解得a=—4(舍去)或a=3.4“3n〉=￥?又PC=(0,2,—23)，因此cos〈Pc,3，因此PC與平面PA術(shù)成角的正弦值為電33.(2017?高考全國(guó)卷I)如圖，在四棱錐RABCDKAB//CD且/BAP=ZCDP=90證明：平面PABL平面PAD(2)若PA=PD=AB=DC/APD=90°,求二面角APBC的余弦值.剖析：⑴證明：由已知/BAP=ZCDP=90°,得AB丄AP,CDLPD由于AB//CD故ABLPD又APAPD=P,從而AEL平面PAD又AB?平面PAB因此平面PABL平面PAD(2)在平面PAD內(nèi)作PF丄AD垂足為F.由(1)可知，AB丄平面PAD故AELPF,可得PF丄平面ABCD以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)A的方向?yàn)閤軸正方向，|AB為單位長(zhǎng)度，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.由(1)及已知可得，0，0，P0，0，-2，B-22，1,0，C—￥，1，0.因此陀—與,1,—-2,6B=(,2,0,0),PA=-2,0,—-2,XB=(0,1,0)設(shè)n=(X1,屮,Z1)是5平面PCE的法向量，則6?PC=0,n?CB=0,可取n=(0，-1,—2).m-PA=0,m-AB=0,設(shè)m=(X2,y2,Z2)是平面PAB的法向量，則可取m=(1,0,1)n?m-申護(hù)貝Ucos〈n,m〉In||m=3x^2=-~因此二面角A-PBC的余弦值為一4.(2018?高考全國(guó)卷川)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧「丨:'所在平面.X—垂直，M是「「上異于C,D的點(diǎn).(1)證明：平面AMD平面BMC⑵當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，求面MAB^面MCC所成二面角的正弦值.剖析：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD交線為CD由于BCDCDBC?平面ABCD因此BCD平面CMD故BCDDM由于M為「1:'上異于C,D的點(diǎn)，且DC為直徑，因此DMLCM又BOHCM=C,因此DML平面BMC而DM?平面AMD故平面AMD平面BMC⑵以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，M為「■!：'的中點(diǎn).由題設(shè)得AM=(-2,1,1),AE=(0,2,0),DA=(2,0,0)D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M0,1,1),7—2x+y+z=0,即＜2y=0.可取n=(1,0,2),DA是平面MCD勺法向量，因此設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB勺法向量,則8cos〈n,DA>「艮仝,sin〈n,DA>=罕.|n||DA|55因此面MAB與面MCC所成二面角的正弦值是押題展望

2：551.以下列圖，在平行四邊形ABCDKBC=2AB=4,/ABC=60°,PALADE,F分別為BCPE的中點(diǎn)，AF丄平面PED求證：PA!平面ABCD求直線BF與平面AFD所成角的正弦值.剖析：⑴證明：連接AE由BC=2AB=4,ZABC=60°,???AE=2,ED-23，從而有AU+ED=AD,因此AE!ED又AFPAE=A,因此ED丄平面PAEPA?平面PAE貝UEDLPA又PALADADAED-D,因此PA!平面ABCD⑵則A(0,2,0),D(2.3,0,0),氏—.3,1,0),以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系，由于AFL平面PED因此AFLPE9又F為PE的中點(diǎn)，因此PA=AE=2,因此F(0,2,2),F(0,1,1),XF=(0，-1,1),Kb=(23,—2,0),BF=(3,0,1),設(shè)平面AFb的法向量為n=(x,y,z),AF-n=0,—y+z=0,由得Xb-n=0,23x—2y=0令x=1,得n=(1,3,3).設(shè)直線BF與平面AFb所成的角為0,小XIBF?nl2護(hù)J21貝Usin0=|cos〈BF,n〉|==———=,|BF|n|2p7即直線BF與平面AFD所成角的正弦值為亠g=45°,AD=AP=2,2.以下列圖，在四棱錐P-ABCDK側(cè)面PADL底面ABCD底面ABCD1平行四邊形，/ABC(1)求證：ADLPC⑵試確定點(diǎn)F的地址，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABC斷成的角相等.剖析：(1)證明：以下列圖，在平行四邊形ABC呼，連接AC由于AB=2,2,BC=2，/ABC=45°,由余弦定理得，AC=AB+BC—2-AB-BC-cos45°=4,得AC=2,因此/ACB=90°,即BCLAC10又AD//BC因此ADLAC由于AD=AF=2,DP=22,11因此PALAD又APnAC=A,因此ACL平面PAC因此ADLPC⑵由于側(cè)面PAL底面ABCDPALAD因此PAL底面ABCD因此直線ACADAP兩兩互相垂直，以A為原點(diǎn)，直線ADACAP為坐標(biāo)軸，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，貝UA(0,0,0)，Q—2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),E(—1,1,0),P(0,0,2)，因此歸(0,2,—2),PD=(—2,0，—,PB=(2,2,—2).設(shè)獸入（入?[0,1]）,則PF=（2入，2入，一2入），F(xiàn)（2入，2入，一2入+2）,因此矗（2入+1,2入一1,—2入+2），易得平面ABCD勺一個(gè)法向量為m^(0,0,1)設(shè)平面PDC的法向量為n=（x,y,z）,n?PC=0,由得2y—2Z=0,T—2x—2z=0,令x=1,得n=(1,—1,—1).n?PD=0,由于直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABC斷成的角相等,<EF,m>|=|cos〈EF,n〉|,因此|cos即IEF?m=|EF?n||EF|m|EF|n「入因此|—2入+2|=1二1,即，3|入一1|=|入|(入?[0,1]),3—V3PF3—J3解得x=,因此PT—12即當(dāng)PB=32討時(shí)，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABC［所成的角相等.3.如圖，在二棱柱ABC-AiBiC中，/AAB=45,AC=BC平面BBCC丄平面AABB,E為CC中點(diǎn).求證：BB丄AC若AA=2,AB=P2，直線AC與平面ABBA所成角為45°,求平面ABE與平面ABC所成銳二面角的余弦值.剖析：(1)證明：過點(diǎn)C做CC丄BB交BB于Q由于面BBCC丄面AABB,BBCCQ面AABiB=BB,因此CQ_面AABB,故CQLBB,又由于AC=BCQC=QC因此Rt△AQC2Rt△BQC故QA=QB由于/BiAA=Z0B=45°,因此AQLBB,又由于BBLCQ因此BBL面AOC故BBLAC⑵以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，QAQBQC所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)Q-xyz,A1,0,0),B(0,1,0),Q0,0,1),Al(1,—2,0),Bi(0,—1,0),E(0,—1,1),設(shè)面ABE的法向量為n=(x,y,zj,n?AE=0,—X1+y1+Z1=0,、n?BiE=Z1=0,令X1=1,得n=(1,1,0).設(shè)面ABC勺法向量為m=(X2,y2,Z2),13—X2+y=0,nrAC=0,—X2+Z2=0,nrn67mm?=亍，令X2=1，得m=(1,1,1)，二cos〈mn>面ABE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ABCDKAB=3,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ABE與平面BCDE垂直（如圖②）.（1）若點(diǎn)P在棱AC上，且CP=3PA，求證：DP//平面ABE;（2）求二面角BA'E-D的余弦值的大小.PQ_A_P-1由于CP=3PA'，因此BC=A'C=4X)剖析：（1）證明：在圖②中，過P作PQ/BC交A'B于點(diǎn)Q連接QE由于BC=4,因此PQ1,由于DE/BCDE=1，因此DE綊PQ圖②因此四邊形QED為平行四邊形，因此DP//EQ由于DF?平面ABEEQ?平面ABE,因此DP//平面ABE⑵在圖②中，過A作AF丄BE于點(diǎn)F,由于平面ABEL平面BCDE因此AF丄平面BCDE由于/BAE=90°,AB=3,AE=3,33^39E&9.過F作FGLDE交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G則FG=D(0,0,0),E(1,0,0),04,.3,0),C(0,.3,0),如圖②，建立空間直角坐標(biāo)系,因此/AEB=30°,AF=2,EF=W,