2025版高考數(shù)學一輪總復習考點突破第7章立體幾何高考大題規(guī)范解答-立體幾何

高考大題規(guī)范解答1.(2024·甘肅聯(lián)考)(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是矩形，△PAD是正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，O為棱AD的中點，E為棱PB的中點．(1)求證：OE∥平面PCD；(2)若直線PD與平面OCE所成角的正弦值為eq\f(\r(3),8)，求四棱錐P－ABCD的體積．[解析](1)證明：取PC中點F，連接EF，F(xiàn)D，如圖所示.因為E，F(xiàn)分別為PB，PC的中點，所以EF綉eq\f(1,2)BC.因為四邊形ABCD是矩形，O為棱AD的中點，所以OD綉eq\f(1,2)BC.所以EF綉OD，所以四邊形OEFD是平行四邊形，所以OE∥FD.(2分)又FD?平面PCD，OE?平面PCD，所以OE∥平面PCD.(4分)(2)取BC的中點G，連接OG.因為△PAD是正三角形，O為棱AD的中點，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，(5分)又OG，OA?平面ABCD，所以PO⊥OG，PO⊥OA.(6分)因為四邊形ABCD是矩形，O為棱AD的中點，G是BC的中點，所以OG⊥OA.以O為坐標原點，OA，OG，OP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．設AD＝2a(a>0)，則O(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3)a)，B(a，1,0)，C(－a,1,0)，D(－a,0,0)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(1,2)，\f(\r(3)a,2)))，故eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(1,2)，\f(\r(3)a,2)))，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－a,1,0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－a，0，－eq\r(3)a)．設平面OCE的一個法向量n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OE,\s\up6(→))＝\f(a,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(3)a,2)z＝0，,n·\o(OC,\s\up6(→))＝－ax＋y＝0，))令x＝1，解得y＝a，z＝－eq\f(2\r(3),3)，所以平面OCE的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，a，－\f(2\r(3),3))).(7分)設直線PD與平面OCE所成角為θ，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(PD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(PD,\s\up6(→))|,|n||\o(PD,\s\up6(→))|)＝eq\f(a,\r(a2＋0＋3a2)·\r(1＋a2＋\f(4,3)))＝eq\f(\r(3),8)，(9分)解得a＝eq\r(3)，(10分)所以VP－ABCD＝eq\f(1,3)SABCD·PO＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×1×3＝2eq\r(3).(12分)評分細則：本題(1)還有如下解法：(1)取BC中點H，連接OH，EH，證平面DEH∥平面PDC；(2)建系求出平面PDC的法向量n，證eq\o(OE,\s\up6(→))·n＝0且說明OE?平面PDC，若沒證明OE?平面PDC扣1分．2.(2023·江西上饒、景德鎮(zhèn)等地名校聯(lián)考)(12分)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，BB1，C1D1的中點．(1)過BG作該正方體的截面，使得該截面與平面C1EF平行，寫出作法，并說明理由．(2)求直線DE與平面C1EF所成角的正弦值．[解析](1)取C1C的中點H，(1分)連接A1B，A1G，BH，GH，所以截面BA1GH為要求作的截面．(2分)理由如下：因為E，F(xiàn)分別為A1B1，BB1的中點，所以A1B∥EF，又A1B?平面C1EF，EF?平面C1EF，所以A1B∥平面C1EF.(3分)在正方形A1B1C1D1中，因為G為C1D1的中點，所以A1E∥GC1，且A1E＝GC1，所以四邊形A1EC1G為平行四邊形，所以A1G∥EC1，同上可得A1G∥平面C1EF.(4分)又A1B∩A1G＝A1，所以平面BA1G∥平面C1EF.(5分)連接D1C，易證GH∥D1C，A1B∥D1C，則GH∥A1B.所以A1，B，H，G四點共面，從而截面BA1GH為要求作的截面．(6分)(2)如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,2)，F(xiàn)(2,2,1)，(7分)eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,1,2)．(8分)設平面C1EF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EC1,\s\up6(→))·m＝－2x＋y＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·m＝y(tǒng)－z＝0，))(9分)令x＝1，得m＝(1,2,2)，(10分)所以cos〈eq\o(DE,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(DE,\s\up6(→))·m,|\o(DE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(8,9).(11分)故直線DE與平面C1EF所成角的正弦值為eq\f(8,9).(12分)評分細則：(1)第(1)問中，若得到的截面為△A1BG，且證明了截面A1BG∥平面C1EF，第(1)問只得3分．(2)第(2)問中，平面C1EF的法向量不唯一，只要與m＝(1,2,2)共線即可．3．(2024·廣東部分校聯(lián)考)(12分)如圖，在多面體ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是邊長為2的正三角形，△BCD是以∠BDC為直角的等腰直角三角形，AB＝eq\r(3).(1)證明：AE∥平面BCD.(2)求平面ACE與平面BDE的夾角的余弦值．[解析](1)證明：取CD的中點F，連接EF，BF.因為△ECD是邊長為2的正三角形，所以EF⊥CD，且EF＝eq\r(3).(1分)因為平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，EF?平面ECD，所以EF⊥平面BCD.(2分)因為AB⊥平面BCD，所以AB∥EF.(3分)因為AB＝EF＝eq\r(3)，所以四邊形ABFE為平行四邊形，所以AE∥BF.(4分)因為AE?平面BCD，BF?平面BCD，所以AE∥平面BCD.(5分)(2)過點B作BP∥CD，以B為坐標原點，分別以eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0，eq\r(3))，B(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(1,2，eq\r(3))，故eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2，－eq\r(3))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1,2，eq\r(3))．(6分)設平面ACE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝2x1＋2y1－\r(3)z1＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))令x1＝2eq\r(3)，得m＝(2eq\r(3)，－eq\r(3)，2)．(8分)設平面BDE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝2y2＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝x2＋2y2＋\r(3)z2＝0，))令x2＝eq\r(3)，得n＝(eq\r(3)，0，－1)．(10分)設平面ACE與平面BDE的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(6－2,2\r(12＋3＋4))＝eq\f(2,\r(19))＝eq\f(2\r(19),19).(12分)4．(2024·湖北宜荊荊恩聯(lián)考)(12分)如圖，在三棱臺ABC－DEF中，AB⊥AC，AB＝2DE＝2，AC＝2eq\r(2)，CF＝2，且CF⊥平面ABC.設P，Q，R分別為棱AC，F(xiàn)C，BC的中點．(1)證明：平面BCD⊥平面PQR；(2)求平面BCD與平面BDE所成的角的余弦值．[解析](1)證明：連接DP，則四邊形DPCF是矩形．又tan∠CDP＝tan∠CPQ＝eq\f(\r(2),2)，則∠CDP＝∠CPQ，從而CD⊥PQ.(2分)由CF⊥平面ABC，且PR?平面ABC，得CF⊥PR.由AB⊥AC，且PR為△ABC的中位線，得AC⊥PR.又因為AC∩CF＝C，AC，CF?平面ADFC，所以PR⊥平面ADFC.由于CD?平面ADFC，則CD⊥PR.(4分)因為PQ∩PR＝P，PQ，PR?平面PQR，則CD⊥平面PQR.又因為CD?平面BCD，所以平面BCD⊥平面PQR.(6分)(2)以P為原點，PA、PR、PD為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系P－xyz，則P(0,0,0)，B(eq\r(2)，2,0)，C(－eq\r(2)，0,0)，D(0,0,2)，E(0,1,2)．故eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－2,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，－2,0)．設m＝(a，b，c)是平面BDE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·m＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·m＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)c，,b＝0，))取c＝1，得a＝eq\r(2)，b＝0，∴m＝(eq\r(2)，0,1)．(8分)設n＝(p，q，r)是平面BCD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝－\r(2)r，,q＝－\r(2)p，))取r＝1，得p＝－eq\r(2)，q＝2，n＝(－eq\r(2)，2,1)．(10分)設平面BCD與平面BDE相交所成角的平面角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|，又cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－2＋1,\r(3)×\r(7))＝－eq\f(1,\r(21))＝－eq\f(\r(21),21)，(11分)故所求余弦值為eq\f(\r(21),21).(12分)5．(2024·遼寧名校聯(lián)盟聯(lián)考)(12分)如圖①，在平面四邊形ABDC中，AB＝2，AC＝1，CD＝eq\r(5)，A＝90°，cos∠BCD＝eq\f(1,5)，將△BCD沿BC折起，形成如圖②所示的三棱錐D－ABC，且AD＝2.(1)證明：AD⊥平面ABC；(2)在三棱錐D－ABC中，E，F(xiàn)，G分別為線段AB，BC，AC的中點，設平面DEF與平面DAC的交線為l，Q為l上的點，求直線DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍．[解析](1)證明：在Rt△ABC中，BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝eq\r(5)，在△BCD中，BC＝CD＝eq\r(5)，由余弦定理得cos∠BCD＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq\f(1,5)，所以BD＝2eq\r(2)，(2分)在△ABD中，因為AB＝2，AD＝2，BD＝2eq\r(2)，所以BD2＝AB2＋AD2，所以AD⊥AB，(3分)在△DAC中，因為AC＝1，AD＝2，CD＝eq\r(5)，所以CD2＝AC2＋AD2，所以AD⊥AC，(4分)又因為AB∩AC＝A，所以AD⊥平面ABC.(5分)(2)因為EF∥AC，EF?平面DAC，AC?平面DAC，所以EF∥平面DAC，又平面DEF與平面DAC的交線為l，所以l∥EF，l∥AC.(6分)以A為原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．所以A(0,0,0)，D(0,0,2)，E(1,0,0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，設Q(0，t,2)，eq\o(FQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－\f(1,2)，2))，eq\o(GQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t－\f(1,2)，2))，設平面QFG的法向量為n＝(x，y，z)，因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FQ,\s\up6(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－\f(1,2)，2))＝0，,n·\o(GQ,\s\up6(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t－\f(1,2)，2))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))y＋2z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))y＋2z＝0，))令y＝2，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(1,2)－t))，(8分)因為eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，設DE與平面QFG所成角為θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(DE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·n|,|\o(DE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|1－2t|,\r(5)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－t))2＋4))，(9分)若t＝eq\f(1,2)，則sinθ＝0；(10分)若t≠eq\f(1,2)，則sinθ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\r(\f(1,1＋\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－t))2)))<eq\f(2\r(5),5).(11分)所以DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(5),5))).(12分)(注：若沒有討論，最后答案是開區(qū)間扣2分)6．(2024·廣東惠州調研)(12分)如圖，在五面體ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝2BE，AB＝BC.(1)問：在線段CD上是否存在點P，使得PE⊥平面ACD？若存在，請指出點P的位置，并證明；若不存在，請說明理由．(2)若AB＝eq\r(3)，AC＝2，AD＝2，求平面ECD與平面ABC夾角的余弦值．[解析](1)當P為線段CD的中點時，PE⊥平面ACD.(1分)證明如下：證法一：分別取AC、CD中點O、P，連接OB，PE，OP.在△ACD中，O、P分別是AC、CD的中點，∴OP綉eq\f(1,2)AD.(2分)又∵AD∥BE，AD＝2BE，即BE綉eq\f(1,2)AD，∴OP綉B(tài)E，∴四邊形OBEP是平行四邊形，BO∥PE，(3分)又∵AD⊥平面ABC，OB?平面ABC，∴AD⊥OB，則有PE⊥AD.(4分)由AB＝BC知OB⊥AC，則有PE⊥AC，且AC∩AD＝A，AC?平面ACD，AD?平面ACD.(5分)(注：未列舉全三個條件，本得分點不得分)∴PE⊥平面ACD.(6分)證法二：取AC中點O，連接OB，作Oz∥AD，由已知可知Oz，OB，AC兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.(2分)令AD＝2BE＝2a，OB＝c，OA＝OC＝b，取CD中點P，則D(0，－b,2a)，C(0，b,0)，E(c,0，a)，P(0,0，a)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2b,2a)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2b,0)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(c,0,0)．(3分)eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PE,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，(4分)∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PE,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，(5分)又AC∩CD＝C，∴PE⊥平面ACD.(6分)(2)解法一：在平面ABED中分別延長DE、AB交于點F，并連接CF，(7分)由BE綉eq\f