2023年新教材高考数学 微专题专练40（含解析）.docx

1、专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用12021全国新高考卷如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点(1)证明：OACD；(2)若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE2EA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积22020新高考卷如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.3.2022全国乙卷(理)，18如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点(1

2、)证明：平面BED平面ACD；(2)设ABBD2，ACB60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值42020全国卷如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值5.2020全国卷如图，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：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的

3、中心若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值62021全国乙卷如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值7.2021全国甲卷已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.(1)证明：BFDE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？82022新高考卷，19如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为2.(1)求A到平面A

4、1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用1解析：(1)证明：因为ABAD，O为BD中点，所以AOBD.因为平面ABD平面BCDBD，平面ABD平面BCD，AO平面ABD，因此AO平面BCD，因为CD平面BCD，所以AOCD.(2)作EFBD于F, 作FMBC于M，连接EM.因为AO平面BCD，所以AOBD, AOCD，所以EFBD, EFCD, BDCDD，因此EF平面BCD，即EFBC.因为FMBC，FMEFF，所以BC平面EFM，即BCME.则EMF为二面角EBCD的平面角，EMF

5、因为BOOD，OCD为正三角形，所以BCD为直角三角形因为BD2CD，所以FMBF(1)从而EFFM，所以AO1因为AO平面BCD，所以VAOSBCD11.2解析：(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDAD.又底面ABCD为正方形，所以ADDC.因此AD平面PDC.因为ADBC，AD平面PBC，所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，(0，1，0)，(1，1，1).由(1)可设Q(a，0，1)，则(a，0，1).设n(x，y

6、，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1，0，a).所以cosn，.设PB与平面QCD所成角为，则sin.因为，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.3解析：(1)证明：ADCD，ADBBDC，BDBD，ABDCBD，ABCB.E为AC的中点，DEAC，BEAC.DEBEE，DE，BE平面BED，AC平面BED.AC平面ACD，平面BED平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC平面BED.又EF平面BED，EFAC.SAFCACEF.当EFBD时，EF的长最小，此时AFC的面积最小由(1)知ABCB2.又ACB60，ABC是边长为2的正三角形，BE.A

7、DCD，DE1，DE2BE2BD2，DEBE.以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)，(1，0)，(1，0，1)，(0，1)，(0，0，1)，(1，0，0).设(01)，则(0，0，1)(0，1)(0，1).EFDB，(0，1)(0，1)410，(0，)，(0，)(1，0，0)(1，).设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则即取y1，则x，z，n(，1，).设当AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为，则sin|cosn，|.故当AFC的面积最小时，CF与平

8、面ABD所成的角的正弦值为.4解析：(1)证明：设DOa，由题设可得POa，AOa，ABa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0，1，0)，A(0，1，0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量，记n，则cosn，m.易知二面角BPCE的平面角为锐角，所以二面角BPCE的余弦值为.5解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1

9、.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)由已知得AMBC.以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB2，AM.连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM，E.由(1)知平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ，B1，故B1E(a，)，|B1E|.又n(0，1，0)是平面A1AMN的法向量，故sincosn，B1E.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为

10、.6解析：(1)因为PD平面ABCD，所以PDAD，PDDC.在矩形ABCD中，ADDC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BCt，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，M，P(0，0，1)，所以(t，1，1)，.因为PBAM，所以10，得t，所以BC.(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得(，0，1)，(，0，0)，(，1，1).设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，则，即，令x1，则z12，y11，所以平面APM的一个法向量n1(，1，2).设平面PMB的法向量为n2(x2，y2，z2)，则，即，得x20，令y21，则z21，所以平面PMB的一个法向量为n2(0

11、，1，1).cosn1，n2，所以二面角APMB的正弦值为.7解析：(1)证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且ABBC2，所以CF1，BF.如图，连接AF，由BFA1B1，ABA1B1，得BFAB，于是AF3，所以AC2.由AB2BC2AC2，得BABC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，(0，2，1).设B1Dm(0m2)，则D(m，0，2)，于是(1m，1，2).所以0，所以BFDE.(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1(1，0，0).设面DFE的法向量为n2(x

12、，y，z)，则，又(1m，1，2)，(1，1，1)，所以，令x3，得ym1，z2m，于是，面DFE的一个法向量为n2(3，m1，2m)，所以cosn1，n2.设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为，则sin，故当m时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小8解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.V三棱锥A1ABCV三棱锥AA1BCV三棱柱ABCA1B1C1，SA1BCh4.又SA1BC2，h.点A到平面A1BC的距离为.(2)方法一如图(1)，取A1B的中点E，连接AE.由AA1AB，AA1AB，得AEA1B

13、且AEA1B.平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，AE平面ABB1A1，AE平面A1BC，AEh，AEBC，A1B2，AA1AB2.由V三棱柱ABCA1B1C14，AA12，得2SABC4，SABC2.易知AA1BC，AEBC，A1EAA1A，BC平面A1AB，BCAB，BC2.过点A作AFBD于点F，连接EF，易得EFA即为二面角ABDC的平面角的补角易得AC2，则A1C2.A1BCB，D为A1C的中点，BDA1C.易知ADBDA1C，ABD为等腰三角形，AFBDAB2，则AF，sinAFE，二面角ABDC的正弦值为.方法二如图(2)，取A1B的中点E，连接AE

14、.AA1AB，AEA1B.平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，AE平面ABB1A1，AE平面A1BC，AEh，则AA1AB2.AE平面A1BC，BC平面A1BC，AEBC.A1ABC，AEA1AA，BC平面ABB1A1.AB平面ABB1A1，BCAB.由V三棱柱ABCA1B1C1SABCA1AABBCA1A2BC24，解得BC2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).(0，1，1)，(1，1，1)，(0，2，0).由题意，得平面BDC的法向量为n1(0，1，1).设平面BDA的法向量为n2(x，y，z)，则令x1，则y0，z1，n2(1，0，1)，cosn1，n2.设二面角ABDC的平面角为(0)，则sin，二面角ABDC的正弦值为.