2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題突破練19

專題突破練(分值:60分)學(xué)生用書P191解答題:本題共4小題,共60分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.1.(15分)(2024·上海,17)如圖為正四棱錐PABCD,O為底面ABCD的中心.(1)若AP=5,AD=32,求△POA繞PO旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積;(2)若AP=AD,E為PB的中點(diǎn),求直線BD與平面AEC所成角的大小.解(1)因?yàn)镻ABCD是正四棱錐,所以底面ABCD是正方形,且OP⊥底面ABCD,因?yàn)锳D=32,所以AO=OD=OB=OC=3,因?yàn)锳P=5,所以PO=AP2-所以△POA繞OP旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是以3為底面半徑,4為高的圓錐,所以V圓錐=13Sh=13π×32×4(2)(方法一坐標(biāo)法)如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)锳P=AD,由題意知PABCD是正四棱錐,所以該四棱錐各棱長相等,設(shè)AB=2a,則AO=OD=OB=OC=a,PO=AP2由此可得O(0,0,0),P(0,0,a),A(0,a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(a,0,0),Ea2故BD=(2a,0,0),AC=(0,2a,0),AE設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面AEC的法向量,由n得2a·y1=0,a2·x1+a·y1+a2·z1=0,y1=0,取x1=1,則z設(shè)直線BD與平面AEC所成角為θ,因?yàn)閟inθ=|cos<n,BD>|=22,θ所以θ=π(方法二幾何法)過點(diǎn)E作EH⊥BD交BD于點(diǎn)H.則EA=EC,EO⊥AC.故∠EOH就是直線BD與平面AEC所成角.易得EH=12PO,HO=14設(shè)AP=AD=a,則BD=2a,故PO=22a在△EOH中,因?yàn)閠an∠EOH=EHHO=24a24故直線BD與平面AEC所成角為π2.(15分)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形,△ABD為等邊三角形,且AC⊥BD.(1)求直線AD與BC所成角的余弦值;(2)求二面角ABDC的余弦值.解(1)由△ABC為以BC為斜邊的等腰直角三角形,得AC⊥AB.又AC⊥BD,且BD∩AB=B,BD,AB?平面ABD,則AC⊥平面ABD.因?yàn)锳C?平面ABC,故平面ABC⊥平面ABD.取AB的中點(diǎn)O,連接DO.由△ABD是等邊三角形,得DO⊥AB,而DO?平面ABD,平面ABD∩平面ABC=AB,則DO⊥平面ABC.過點(diǎn)O作直線AC的平行線,交BC于點(diǎn)E.易知,OA,OE,OD兩兩垂直.以O(shè)為原點(diǎn),OA,OE,OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.令A(yù)B=2,則A(1,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,0,3),AD=(1,0,3),BC=(2,2,0),因此cos<AD,BC>=AD·BC|AD||BC|(2)由(1)知,AC=(0,2,0)為平面ABD的一個法向量.又BD=(1,0,3),設(shè)平面BCD的法向量為n=(x,y,z),則BD·n=x+3z=0,BC·n=2x+2y=0,取z=1,則x=3,y=3,得n=(3,3,1),于是3.(15分)(2023·新高考Ⅰ,18)如圖,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點(diǎn)A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點(diǎn)P在棱BB1上,當(dāng)二面角PA2C2D2為150°時,求B2P.(1)證明(方法一)在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),CD,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如右圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).B2C2=(0,2,1),A2D2=(所以B因?yàn)锳2,B2,C2,D2四點(diǎn)不共線,故B2C2∥A2D2.(方法二幾何法)設(shè)棱DD1上的點(diǎn)N滿足DN=AA2=1,取CC1的中點(diǎn)M,連接A2N,MN,B2M.因?yàn)镈N∥AA2,且DN=AA2,故四邊形AA2ND為平行四邊形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可證,B2M∥BC,且B2M=BC.因?yàn)锳D∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四邊形A2B2MN為平行四邊形.因?yàn)镈2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四邊形C2D2NM為平行四邊形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四邊形A2B2C2D2為平行四邊形.所以B2C2∥A2D2.(方法三基底法)由題意可得AA所以A2D2=因?yàn)锳2D2=B2C2,且A2,B2,C2,D2四點(diǎn)不共線,故B2(2)解在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),CD,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),設(shè)點(diǎn)P(0,2,a),其中0≤a≤4.C2A2=(2,2,2),C2D2=(2,0,1),C2P=設(shè)平面A2C2D2的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·C2A2=2x1+2y1-2z1=0故n1=(1,1,2).設(shè)平面PA2C2的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·C2A2=2x2+2y2-2z2=0,n2·C2P=2y2+(a-3因?yàn)槎娼荘A2C2D2為150°,所以|cos<n1,n2>|=|n整理可得a24a+3=0,解得a=1或a=3.結(jié)合圖形可知,當(dāng)a=3或a=1時,B2P=1,此時二面角PA2C2D2為150°.4.(15分)(2024·天津,17)已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD為梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中點(diǎn),M是DD1的中點(diǎn).(1)求證D1N∥平面CB1M;(2)求平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值;(3)求點(diǎn)B到平面CB1M的距離.(1)證明如圖,取B1C的中點(diǎn)H,連接NH,MH.∵N為B1C1的中點(diǎn),H為B1C的中點(diǎn),∴NH∥CC1,且NH=12CC1∵四棱柱ABCDA1B1C1D1,∴CC1∥DD1,CC1=DD1,∴NH∥DD1,且NH=12DD1∵M(jìn)為DD1的中點(diǎn),∴D1M=12DD1∴D1M∥NH,D1M=NH.∴四邊形D1NHM為平行四邊形,∴D1N∥MH.又D1N?平面CB1M,MH?平面CB1M,∴D1N∥平面CB1M.(2)解∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD兩兩垂直.以A為原點(diǎn),AB,AD,A1A所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).∴B1C=(1,1,2),CM=(1,0,1),BB1=(0,0,2),BC=(1,設(shè)平面CB1M的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n令x1=1,則y1=3,z1=1,∴n1=(1,3,1)為