2022年新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)規(guī)范答題增分專(zhuān)項(xiàng)4高考中的立體幾何含解析新人教版

標(biāo)準(zhǔn)答題增分專(zhuān)項(xiàng)四高考中的立體幾何

1.如圖,在平行四邊形ABCM^P,AB=AC^,ZACM=QO°.以力。為折痕將△孔￥折起,使點(diǎn)〃到達(dá)點(diǎn)〃的

位置，且力方，物.

⑴證明：平面平面ABC;

(2)0為線(xiàn)段力。上一點(diǎn)，戶(hù)為線(xiàn)段笈上一點(diǎn),且BP=DQ^DA,求三棱錐0T即的體積.

⑴證明：由可得/的。90°,B4_L%C

又掰_L/〃，且/(%14?當(dāng)，

所以46_L平面ACD.

又ABci平面ABC,

所以平面平面ABC.

(2)解：由可得DC=CM=ABA,物=3*,

又BP=DQqDA,所以BP畛近.

如圖，作QEA.AC,垂足為E,那么QE\pC.由及⑴可得平面的所以在L平面ABC,QE=1.因此

三棱錐Q-APB的體積為Vo-^QE?S-B宣X1X^X3X2y/2-sin45°=1.

2.如圖，〃為圓錐的頂點(diǎn)，。是圓錐底面的圓心,/￡為底面直徑,AE=AD.△/回是底面的內(nèi)接正三角

形，〃為D0上T,PO將0.

O

⑴證明：序_L平面PBC\

(2)求二面角的余弦值.

⑴證明：設(shè)DO=a,由題設(shè)可得PO^a,AO^a,AB=a,PA=PB=PC當(dāng),因此P#+PR=A4,從而PALPB.

又P春+Pd=AC,故PALPC.

所以用_L平面處C

(2)解：以。為坐標(biāo)原點(diǎn),一＞的方向?yàn)閥軸正方向，/―7為單位長(zhǎng),建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系

Oxyz.

由題設(shè)可得點(diǎn)￡(0,1,0),4(0,-1,0),《(0)/(0,0,§.

所以一，”,3，。)，

---=(0,-1,-).

''2

設(shè)m=(x,Kz)是平面PCE的法向量，

那么］.=

(=0,

可取2)

由⑴知,=(0,1,是平面戶(hù)"的一個(gè)法向量，記—*,那么cos<h,m>］；尸?所以二

面角正汽3的余弦值為等.

3.(2021山東日照二模)如圖，在三棱錐/出力中，/BCD$0°,BC=CD=\,ZACB=ZACD=9.

(1)證明:4A劭；

⑵有三個(gè)條件:①6到。；②直線(xiàn)〃'與平面9所成的角為45°;③二面角力-"力的余弦值為當(dāng)

請(qǐng)你從中選擇一個(gè)作為條件,求直線(xiàn)寬與平面/5所成角的正弦值.

⑴證明：如圖，取M的中點(diǎn)0,連接OA,%那么OCLBD.

因?yàn)锽C=DC,/ACB=/ACD=9,AC=AC,所以能

所以AB=AD,所以AOY.BD.

又因?yàn)镃O=O,AO,Cg平面AOC,所以初1.平面AOC.

因?yàn)?t平面AOC,所以BDLAC.

⑵解:在CA的延長(zhǎng)線(xiàn)上取點(diǎn)P,使得/尸宛切0。，連接PB,PD,由于OC與即是平面BCD內(nèi)兩條相交

直線(xiàn),故RZL平面BCD.

分別以O(shè)C,OD,。所在直線(xiàn)為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如下圖.

由得BD=?從而OB=OD=OC當(dāng),所以PB=PD=PC.

假設(shè)選①^^60°,那么△戶(hù)切是等邊三角形,PD=CD=PC=1,OP號(hào),

那么用0,0,1),噌90),《0,-亨,0),

設(shè)平面PCD的法向量是n=(x,y,z),

(.—>_包上-n

令x=l,那么y=z=l,所以可取n=(l,1,1).

設(shè)直線(xiàn)加與平面板(即平面/㈤所成的角為a,

那么sina=/cos<<,n>/~__j=〔工，=興

IIIIlxV33

假設(shè)選②,由RZL平面BCD,得NPCO是?以即與平面頗所成的角,

所以NPCO45°,OP=O潛,

那么,0,0,￥),筆,0,0),40,f,0),《0,-0),

,V2V2V2V2cV2V2-

,-,o

TTr2

設(shè)平面PCD的法向量是n=(x,y,z),

V2V2

=0,

那么《22

?+￥=。，

令x=l,那么y=z=l,所以可取n=(l,1,1).

設(shè)直線(xiàn)6。與平面板(即平面比沙所成的角為a,

慢+￥+。

那么sina-/cos<\n>MV6

lxV3-3

假設(shè)選③，作冏小勿垂足為四連接M

由niL平面BCD,CDCL平面BCD,得POLCD.

因?yàn)镻OCPM=P,PO,P3平面產(chǎn)酸所以平面POM,

又CMfc平面/W所以CDLOM,

所以N/W是二面角P-中斐(即二面角力-切㈤的平面角,

「V2V2

cosZPMO^,那么tanZ/W-V2,又在Rt/XG%中，OM^^X-=J

所以0P=0M?tan/PMO這=0C,

那么《o,o,亨),G，0,0),次,f,o),風(fēng)),考o(jì)),

,V2V2V2V2CV2V2'

°-T

2

設(shè)平面戶(hù)切的法向量是n=(x,y,z),

V2

y=0,

那么《

V2+孝=。，

2

令尸1,那么y=z=l,

所以可取n=(l,1,1).

設(shè)直線(xiàn)勿與平面板(即平面/切所成的角為a,

|鋁+。

那么sinQ-/cos<n)/』V6

lxV3—3

4.(2021全國(guó)〃，理19)直三棱柱ABC-4BC中，側(cè)面留歸歸為正方形,AB=BC畛,E,尸分別為熊和CG

的中點(diǎn)，。為棱44上的點(diǎn),BFLAiB、.

⑴證明：即_1龐;

(2)當(dāng)6防為何值時(shí),平面團(tuán);GC與平面勿龍所成的二面角的正弦值最小?

解：：,四邊形幽歸歸為正方形，.：A、BdBB\.

又BFLA.Bx,BBGBF=B,

.：4A_L平面BBCC.

又AB〃AM,

.：/員L平面曲iGC.\ABLBC.

又如」平面ABC,

.,.AB,BC,陽(yáng)兩兩互相垂直.

以6為原點(diǎn)，掰,陽(yáng)陽(yáng)所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖.

那么點(diǎn)8(0,0,0),￡(1,1,0),6(0,2,1),得'=(0,2,1),-“1,1,1).

設(shè)點(diǎn)，(九0,2)(0W2W2),那么一1,-2).

(1)證明：'■"=0+2~2=0,

???'1；.BFLDE.

(2)：N6_L平面圈GC

.：n=(l,0,0)為平面防GC的一個(gè)法向量.

設(shè)平面加F的法向量為m=(x,y,z),

那么｛二二加4+)；=20=0,

取x%,3B么y-1+4，z=2一4.

?：m=(3,1〃，2—4)為平面如萬(wàn)的一個(gè)法向量.

?3

Zcos<m,n>---------=/=.

IlliJ22—2+14

設(shè)平面做GC與平面》下所成的二面角的平面角為。，那么

sin。力「cos2<,~>-Jl-22.J+14.

要使sine最小,只需,晨2；+14最大，又0W兒W2,

.:當(dāng)兒與時(shí),44最大,即sin6最小，此時(shí)B、吟.

故當(dāng)8口日時(shí),平面做GC與平面力下所成的二面角的正弦值最小.

5.圖①是由矩形ADEB,RtA46C和菱形物*組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=\,BE=BFW,ZFBC=6Q°.

將其沿AB,反7折起使得BE與母'重合,連接DG,如圖②.

⑴證明：圖②中的A,C,G,2四點(diǎn)共面,且平面48aL平面BCGE-

(2)求圖②中的二面角B-CG-A的大小.

⑴證明：由得AD//BE,CG//BE,所以AD//CG,

故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,〃四點(diǎn)共面.

由得ABLBE,ABLBC,故46_L平面BCGE.

又因?yàn)?fc平面ABC,所以平面相C_L平面BCGE.

(2)解:作碼因垂足為〃

因?yàn)樗钠矫鍮CGE,平面"%&L平面ABC,

所以加_平面ABC.

由，菱形瓜箕花的邊長(zhǎng)為2,N旗060。，可求得BH=\,EH=*.

以〃為坐標(biāo)原點(diǎn),*的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系Hxyz,

那么點(diǎn)/(-I,1,0),C(l,0,0),^(2,0,V3),一=(1,0,73),-=(2,-1,0).

設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),

那么|二.=

(?=0,

即1+北=0,

(2-=0.

所以可取n=(3,6,-V3).

又平面BCGE的法向量可取為m-(0,1,0),

所以cos<h,m與一~?=與

因此二面角小CGT的大小為30°.

6.如圖,三棱柱ABC-AMG的底面是正三角形，側(cè)面微GC是矩形,M,“分別為BC,BC的中點(diǎn)，戶(hù)為AM

上一點(diǎn),過(guò)反G和P的平面交四于E,交/于F.

⑴證明-.AAJ/MN,且平面4%朋0_平面EBCF;

(2)設(shè)。為△45G的中心,假設(shè)〃平面EB1aF,且AO=AB,求直線(xiàn)呂￡與平面4/脈所成角的正弦值.

(1)證明：因?yàn)樗?分別為BC,BC的中點(diǎn)，所以JWCG.

又由得44〃CG,故■〃就

因?yàn)椤?8G是正三角形，

所以8K_L4兒

又BC1MN,故8i4_L平面A.AMN.

所以平面44AL平面EBCF.

(2)解：由得力吐鴕以〃為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，施/為單位長(zhǎng)，建立如下圖的空間

直角坐標(biāo)系Mxyz,那么AB2AM=43.

連接NP,那么四邊形/加為平行四邊形,故P吟，點(diǎn)、之(/40).

由⑴知平面4地kL平面ABC.作NQLAM,垂足為Q,那么做，平面ABC.設(shè)點(diǎn)0(a,0,0),那么

又n=(0,-1,0)是平面兒他V的一個(gè)法向量,

故sin(>V,i>j^os<h,i―1—=號(hào).

IIIiI

所以直線(xiàn)6歸與平面44A所成角的正弦值為唱.

7.如圖,在四棱柱ABCD-A^CM中，側(cè)棱4/_L底面ABCD,ABLAC,AB=1,AC=AA^,AD=CD/且點(diǎn)M

和"分別為8c和〃〃的中點(diǎn).

(1)求證:"V〃平面ABCD-,

(2)求二面角〃-的正弦值；

(3)設(shè)￡為棱4右上的點(diǎn)，假設(shè)直線(xiàn)鹿和平面⑦所成角的正弦值為求線(xiàn)段4￡的長(zhǎng).

解:如圖，以/為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，由題意可得點(diǎn)4(0,0,0),M),1,0),C(2,0,0),27(1,-

2,0),A(0,0,2),旦(0,1,2),2(2,0,2),〃(1,-2,2).

又因?yàn)镸,4分別為反。和〃。的中點(diǎn),得點(diǎn)Ml,1),Ml,-2,1).

⑴證明：依題意,可得n=(0,0,1)為平面相切的一個(gè)法向量.一=(0,號(hào)0).

由此可得,-n-O,

又因?yàn)橹本€(xiàn)■平面ABCD,所以仞V〃平面ABCD.

(2)T=(l，-2,2),~~=(2,0,0).

設(shè)m=(xi,幾zi)為平面ACa的法向量，

那么，「二=”叫2TI1=()，

(I?=0,(21=0.

不妨設(shè)為=1,可得m=(0,1,1).

設(shè)H2-(A2,y-2,Z2)為平面ACB\的法向量，

那么12*==；又一T=(o,1,2),得h2+，n2=0,

I2*=0,(N2=9

不妨設(shè)Z2=l,可得112=(0,-2,1).

因此有cos<hi,112產(chǎn)—―^7二二黑于是sin<hi,")金半,所以,二面角Di-AC-Bi的正弦值為一黑

Iill21I。

(3)依題意，可設(shè)下^二一「，其中^e[o,1],

那么￡(0,九2),從而一，=(-1,兒+2,1).

又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，由,得cos<；—=1==整理

I—'IIJ(-l)2+(+2)2+12

得八2刊4-3旬,又因?yàn)镠e[0,1],解得W7-2.

所以，線(xiàn)段4￡的長(zhǎng)為近-2.

8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD//BC,ZADC=ZPAB^Qa,BC=CD^AD,￡為棱加的中點(diǎn),異面直線(xiàn)PA

與切所成的角為90°.

(1)在平面以8內(nèi)找一點(diǎn)也使得直線(xiàn)CW平面哪并說(shuō)明理由；

(2)假設(shè)二面角P-CD-A的大小為45°,求直線(xiàn)PA與平面八%所成角的正弦值.

解：⑴在梯形腦切中，/6與必不平行.

如圖,延長(zhǎng)46,%相交于點(diǎn)平面PAB),點(diǎn)〃即為所求的一個(gè)點(diǎn).

理由如下：

由,BC〃ED,

aBC=ED.

所以四邊形8a值是平行四邊形.

從而CM//EB.

又EBCL平面PBE,即平面PBE,

所以◎/〃平面PBE.

(說(shuō)明:延長(zhǎng)相至點(diǎn)、N,使得AP=PN,那么所找的點(diǎn)可以是直線(xiàn)仞V上任意一點(diǎn))

(2)(方法一)由，CDLPA,CDLAD,PA^AD=A,

所以平面PAD.從而CDLPD.

所以/物是二面角尸的平面角，所以/物N5°.

設(shè)