专练46　高考大题专练(四)　立体几何的综合运用 含答案解析-2021届高三数学（理）一轮复习微专题训练

专练 46　高考大题专练(四)　立体几何的综合运用 1．[2019·全国卷Ⅱ]如图，长方体 ABCD－A 1B1C1D1 的底面 ABCD 是 正方形，点 E 在棱 AA1 上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面 EB1C1； (2)若 AE＝A1E，求二面角 B－EC－C1 的正弦值． 2．如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点， 以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. (1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．3．如图，AD∥BC 且 AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD 且 EG＝AD， CD∥FG 且 CD＝2FG，DG⊥平面 ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN∥平面 CDE； (2)求二面角 E－BC－F 的正弦值； (3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°， 求线段 DP 的长． 4．[2020·全国卷Ⅰ]如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE＝AD.△ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一 点，PO＝ 6 6 DO. (1)证明：PA⊥平面 PBC； (2)求二面角 B­PC­E 的余弦值．5.[2020·全国卷Ⅱ] 如图，已知三棱柱 ABC­A1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是 矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F. (1)证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F； (2)设 O 为△A1B1C1 的中心．若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO＝AB，求 直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值．专练 46　高考大题专练(四)　立体几何的综合运用 1.解析：本题主要考查空间直线与平面的位置关系、利用空间向 量法求二面角，意在考查考生的逻辑推理能力、空间想象能力、化归 与转化能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、 数学运算． (1) 由 已 知 得 ， B1C1⊥ 平 面 ABB1A1 ， BE ⊂ 平 面 ABB1A1 ， 故 B1C1⊥BE. 又 BE⊥EC1，所以 BE⊥平面 EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由题设知 Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝45°， 故 AE＝AB，AA1＝2AB. 以 D 为坐标原点，DA→ 的方向为 x 轴正方向，|DA→ |为单位长，建 立如图所示的空间直角坐标系 D－xyz，则 C(0,1,0)，B(1,1,0)， C1(0,1,2)，E(1,0,1)，CB→ ＝(1,0,0)，CE→ ＝(1，－1,1)，CC1→ ＝(0,0,2)． 设平面 EBC 的法向量为 n＝(x，y，z)，则Error!即Error! 所以可取 n＝(0，－1，－1)． 设平面 ECC1 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 Error!即Error! 所以可取 m＝(1,1,0)． 于是 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－1 2 . 所以，二面角 B－EC－C1 的正弦值为 3 2 . 2．解析：(1)证明：由已知可得 BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)解析：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，HF→ 的方向为 y 轴正方向，|BF→ |为单位长，建立 如图所示的空间直角坐标系 H－xyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又 DP＝2，DE＝1， 所以 PE＝ 3. 又 PF＝1，EF＝2，故 PE⊥PF. 可得 PH＝ 3 2 ，EH＝3 2 . 则 H(0,0,0)，P(0，0， 3 2 )，D(－1，－3 2 ，0)， DP→ ＝ (1，3 2 ， 3 2 )， HP→ ＝ (0，0， 3 2 )为 平 面 ABFD 的 法 向 量． 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ， 则 sin θ＝| HP→ ·DP→ |HP→ ||DP→ ||＝ 3 4 3 ＝ 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 3．解析：依题意，可以建立以 D 为原点，分别以DA→ ，DC→ ，DG→ 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0,0,0) ， A(2,0,0) ， B(1,2,0) ， C(0 ， 2,0) ， E(2 ， 0,2) ， F(0,1,2) ， G(0,0,2)，M(0，3 2 ，1)，N(1,0,2)． (1)证明：依题意DC→ ＝(0,2,0)，DE→ ＝(2,0,2)． 设 n0＝(x，y，z)为平面 CDE 的法向量，则Error!即Error! 不妨令 z＝－1，可得 n0＝(1,0，－1)． 又MN→ ＝(1，－3 2 ，1)，可得MN→ ·n0＝0， 又因为直线 MN⊄平面 CDE， 所以 MN∥平面 CDE. (2)依题意，可得BC→ ＝(－1,0,0)，BE→ ＝(1，－2，2)，CF→ ＝(0，－ 1,2)． 设 n＝(x1，y1，z1)为平面 BCE 的法向量， 则Error! 即Error! 不妨令 z＝1，可得 n＝(0,1,1)． 设 m＝(x2，y2，z2)为平面 BCF 的法向量， 则Error!即Error! 不妨令 z＝1，可得 m＝(0,2,1)． 因此有 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝3 10 10 ，于是 sin〈m，n〉＝ 10 10 . 所以，二面角 E－BC－F 的正弦值为 10 10 . (3)设线段 DP 的长为 h(h∈[0,2])，则点 P 的坐标为(0,0，h)，可 得BP→ ＝(－1，－2，h)． 易知，DC→ ＝(0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量， 故|cos〈BP→ ，DC→ 〉|＝ |BP→ ·DC→ | |BP→ ||DC→ | ＝ 2 h2＋5 ， 由题意，可得 2 h2＋5 ＝sin 60°＝ 3 2 ，解得 h＝ 3 3 ∈[0,2]． 所以，线段 DP 的长为 3 3 .4．解析：(1)设 DO＝a，由题设可得 PO＝ 6 6 a，AO＝ 3 3 a，AB ＝a，PA＝PB＝PC＝ 2 2 a. 因此 PA2＋PB2＝AB2，从而 PA⊥PB. 又 PA2＋PC2＝AC2，故 PA⊥PC. 所以 PA⊥平面 PBC. (2)以 O 为坐标原点，OE→ 的方向为 y 轴正方向，|OE→ |为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 O ­xyz. 由 题 设 可 得 E(0,1,0) ， A(0 ， － 1,0) ， C(－ 3 2 ，1 2 ，0)， P (0，0， 2 2 ). 所以EC→ ＝(－ 3 2 ，－1 2 ，0)，EP→ ＝(0，－1， 2 2 ). 设 m＝(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则 Error!即Error! 可取 m＝(－ 3 3 ，1， 2). 由(1)知AP→ ＝(0，1， 2 2 )是平面 PCB 的一个法向量，记 n＝AP→ ， 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n|·|m| ＝2 5 5 . 易知二面角 B ­ PC­E 的平面角为锐角， 所以二面角 B ­ PC ­ E 的余弦值为2 5 5 . 5 ． 解 析 ： (1) 因 为 M ， N 分 别 为 BC ， B1C1 的 中 点 ， 所 以 MN∥CC1.又由已知得 AA1∥CC1，故 AA1∥MN. 因为△A1B1C1 是正三角形，所以 B1C1⊥A1N.又 B1C1⊥MN，故 B1C1⊥平面 A1AMN. 所以平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F. (2)由已知得 AM⊥BC.以 M 为坐标原点，MA→ 的方向为 x 轴正方 向，|MB→ |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 M­xyz，则 AB＝ 2，AM＝ 3. 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故 PM＝ 2 3 3 ，E (2 3 3 ，1 3 ，0).由(1)知平面 A1AMN⊥平面 ABC，作 NQ⊥AM，垂足为 Q，则 NQ⊥平面 ABC. 设 Q(a,0,0) ， 则 NQ ＝ 4－(2 3 3 －a)2， B1 (a，1， 4－(2 3 3 －a)2)， 故 B1E→ ＝ (2 3 3 －a，－2 3 ，－ 4－(2 3 3 －a)2)，|B1E→ |＝2 10 3 . 又 n ＝ (0 ， － 1,0) 是 平 面 A1AMN 的 法 向 量 ， 故 sin (π 2 －〈n，B1E→ 〉)＝cos〈n，B1E→ 〉＝ n·B1E→ |n|·|B1E→ | ＝ 10 10 . 所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为 10 10 .