2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強(qiáng)化練十微專題2立體幾何中的證明與計(jì)算

專題強(qiáng)化練（十）微專題2立體幾何中的證明與計(jì)算1.如圖，已知VC是△ABC所在平面的一條斜線，點(diǎn)N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高線CD上．AB＝a，VC與AB之間的距離為h，點(diǎn)M∈VC.(1)證明：∠MDC是二面角M-AB-C的平面角；(2)當(dāng)∠MDC＝∠CVN時(shí)，證明VC⊥平面AMB.證明：(1)由題意及題圖知，CD⊥AB，VN⊥平面ABC，N∈CD，因?yàn)锳B?平面ABC，所以VN⊥AB.又因?yàn)镃D∩VN＝N，CD，VN?平面VNC，所以AB⊥平面VNC，因?yàn)镈M?平面VNC，所以AB⊥DM，又AB⊥CD，所以∠MDC為二面角M-AB-C的平面角．(2)由已知，∠MDC＝∠CVN，在△VNC與△DMC中，∠NCV＝∠MCD，所以△VNC∽△DMC，又因?yàn)椤蟅NC＝90°，所以∠DMC＝∠VNC＝90°，故有DM⊥VC，由(1)得AB⊥平面VNC，VC?平面VNC，所以AB⊥VC，又AB∩DM＝D，AB，DM?平面AMB，所以VC⊥平面AMB.2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是矩形，E為AD的中點(diǎn)，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，M為PB的中點(diǎn)．(1)求證：EM∥平面PCD；(2)若AP＝AD，AB＝eq\r(2)AD，求直線EM與平面PCE所成角的正弦值．解：(1)證明：如圖，取PC的中點(diǎn)為F，連接MF，DF，則MF∥BC∥DE，且MF＝eq\f(1,2)BC＝DE，所以四邊形DEMF是平行四邊形，所以DF∥EM，因?yàn)镈F?平面PCD，EM?平面PCD，所以EM∥平面PCD.(2)解：因?yàn)锳D⊥平面PAB，PA，PB?平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥PB.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以在平面PAB內(nèi)垂直于AB的直線為x軸，AB，AD所在直線分別為y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示．設(shè)AD＝2，則AP＝2，AB＝2eq\r(2).因?yàn)镻A⊥PB，所以∠PAB＝45°.所以P(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，B(0，2eq\r(2)，0)，E(0，0，1)，C(0，2eq\r(2)，2)，M(eq\f(\r(2),2)，eq\f(3\r(2),2)，0)，所以eq\o(EC,\s\up10(→))＝(0，2eq\r(2)，1)，eq\o(PC,\s\up10(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，2)，eq\o(EM,\s\up10(→))＝(eq\f(\r(2),2)，eq\f(3\r(2),2)，－1).設(shè)平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up10(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up10(→))＝0，,))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋\r(2)y＋2z＝0，,2\r(2)y＋z＝0，))不妨令y＝－1，得z＝2eq\r(2)，x＝3，所以n＝(3，－1，2eq\r(2))，設(shè)直線EM與平面PCE所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up10(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EM,\s\up10(→))·n|,|\o(EM,\s\up10(→))||n|)＝eq\f(2\r(2),\r(6)×3\r(2))＝eq\f(\r(6),9)，所以直線EM與平面PCE所成角的正弦值為eq\f(\r(6),9).3.(2024·佛山二模)如圖，在直三棱柱形木料ABC-A1B1C1中，D為上底面ABC內(nèi)一點(diǎn)．(1)經(jīng)過點(diǎn)D在上底面ABC上畫一條直線l與B1D垂直，應(yīng)該如何畫線，請說明理由；(2)若BC＝BB1＝1，AB＝2，∠A1B1C1＝eq\f(π,2)，E為A1B1的中點(diǎn)，求點(diǎn)B到平面AC1E的距離．解：(1)連接BD，在平面ABC上作l⊥BD，因?yàn)锳BC-A1B1C1為直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因?yàn)閘?平面ABC，所以BB1⊥l，因?yàn)锽B1∩BD＝B，BB1，BD?平面BB1D，所以l⊥平面BB1D，因?yàn)锽1D?平面BB1D，所以l⊥B1D.(2)因?yàn)椤螦1B1C1＝eq\f(π,2)，所以B1A1，B1C1，B1B兩兩互相垂直，以B1為原點(diǎn)，分別以B1A1，B1C1，B1B所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，B(0，0，1)，A(2，0，1)，E(1，0，0)，C1(0，1，0)，則eq\o(BA,\s\up10(→))＝(2，0，0)，eq\o(EA,\s\up10(→))＝(1，0，1)，eq\o(EC1,\s\up10(→))＝(－1，1，0).設(shè)平面AC1E的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EA,\s\up10(→))＝0，,m·\o(EC1,\s\up10(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,－x＋y＝0，))取x＝1，則m＝(1，1，－1)，設(shè)點(diǎn)B到平面AC1E的距離為d，則d＝eq\f(|\o(BA,\s\up10(→))·m|,|m|)＝eq\f(2\r(3),3)，因此點(diǎn)B到平面AC1E的距離為eq\f(2\r(3),3).4．(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.(1)證明：A1C＝AC；(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．解：(1)證明：如圖，過點(diǎn)A1作A1O⊥CC1，垂足為O，因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因?yàn)锳1C，AC?平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，因?yàn)锳1O?平面ACC1A1，所以BC⊥A1O，又CC1，BC?平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，所以A1O⊥平面BCC1B1，所以A1O＝1.由已知條件易證△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1O＝1，所以O(shè)為CC1的中點(diǎn)，又A1O⊥CC1，所以A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，所以A1C＝AC.(2)如圖，連接A1B，由(1)易證A1B＝A1B1，故取BB1的中點(diǎn)F，連接A1F，則A1F⊥BB1，因?yàn)锳A1與BB1的距離為2，所以A1F＝2，又A1O＝1且A1C＝AC，所以A1C＝A1C1＝AC＝eq\r(2)，AB＝A1B1＝eq\r(5)，BC＝eq\r(3).以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CA，CB，CA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，如圖所示，則C(0，0，0)，A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，B1(－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，C1(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，所以eq\o(CB,\s\up10(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(CC1,\s\up10(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB1,\s\up10(→))＝(－2eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up10(→))＝0，,n·\o(CC1,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，則y＝0，z＝1，所以平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n＝(1，0，1).設(shè)AB1與平面BCC1B1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB1,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AB1,\s\up10(→))|,|n||\o(AB1,\s\up10(→))|)＝eq\f(\r(13),13).所以AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(13),13).5．如圖，在四邊形ABCP中，△ABC是邊長為2eq\r(3)的正三角形，CP＝CA，將△ACP沿AC翻折，使點(diǎn)P到達(dá)P′的位置，若平面P′BC⊥平面ABC，且BC⊥AP′.(1)求線段AP′的長；(2)設(shè)點(diǎn)M在線段P′C上，且滿足MC＝2P′M，求二面角P′-AB-M的余弦值．解：(1)如圖，取BC的中點(diǎn)O，連接AO，P′O，因?yàn)椤鰽BC為正三角形，O為BC的中點(diǎn)，所以AO⊥BC，又BC⊥AP′，AO∩AP′＝A，AO，AP′?平面AP′O，所以BC⊥平面AP′O，又P′O?平面AP′O，所以BC⊥P′O，所以BP′＝CP′＝2eq\r(3)，即△P′BC為正三角形，所以O(shè)P′＝3.又平面P′BC⊥平面ABC，平面P′BC∩平面ABC＝BC，AO⊥BC，AO?平面ABC，所以AO⊥平面P′BC，又P′O?平面P′BC，所以AO⊥P′O，又AO＝3，所以AP′＝eq\r(AO2＋OP′2)＝3eq\r(2).(2)結(jié)合(1)知P′O⊥平面ABC，AO⊥BC，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP′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，則A(3，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，P′(0，0，3)，M(0，－eq\f(\r(3),3)，2)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－3，eq\r(3)，0)，eq\o(AP′,\s\up10(→))＝(－3，0，3)，eq\o(BM,\s\up10(→))＝(0，－eq\f(4\r(3),3)，2).設(shè)平面P′AB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AP′,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x1＋\r(3)y1＝0，,－3x1＋3z1＝0，))取x1＝1，則m＝(1，eq\r(3)，1).設(shè)平面ABM的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up10(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x2＋\r(3)y2＝0，,－\f(4\r(3),3)y2＋2z2＝0，))取x2＝1，則n＝(1，eq\r(3)，2).所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(6,\r(5)×\r(8))＝eq\f(3\r(10),10).由圖知二面角P′-AB-M為銳角，所以二面角P′-AB-M的余弦值為eq\f(3\r(10),10).6.如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為矩形且垂直于側(cè)面SAB，O為AB的中點(diǎn)，SA＝SB＝AB＝2，AD＝eq\r(2).(1)證明：BD⊥平面SOC；(2)側(cè)棱SD上是否存在點(diǎn)E，使得平面ABE與平面SCD夾角的余弦值為eq\f(1,5)？若存在，求eq\f(SE,SD)的值；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：因?yàn)镾A＝SB＝AB，O為AB的中點(diǎn)，所以SO⊥AB.因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO?平面SAB，所以SO⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以SO⊥BD.因?yàn)閑q\f(CB,BO)＝eq\f(BA,AD)＝eq\r(2)，∠CBO＝∠BAD＝90°，所以△CBO∽△BAD，故∠BCO＝∠ABD，所以∠ABD＋∠COB＝∠BCO＋∠COB＝90°，所以BD⊥CO.又CO∩SO＝O，CO，SO?平面SOC，所以BD⊥平面SOC.(2)如圖，在底面ABCD中，過點(diǎn)O作OM垂直AB交棱CD于點(diǎn)M，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OS，OA，OM所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由已知得，O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(0，－1，eq\r(2))，D(0，1，eq\r(2))，S(eq\r(3)，0，0).假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，設(shè)eq\f(SE,SD)＝λ(0≤λ≤1)，則E(eq\r(3)－eq\r(3)λ，λ，eq\r(2)λ)，連接AE，BE，則eq\o(AE,\s\up10(→))＝(eq\r(3)－eq\r(3)λ，λ－1，eq\r(2)λ)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(DC,\s\up10(→))＝(0，－2，0)，eq\o(DS,\s\up10(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(2)).設(shè)n