2021高考数学一轮复习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用含解析理新人教版

2021高考数学一轮复习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用含解析理新人教版

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－A1B‎1C1D1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＝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，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D－xyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(1，－1,1)，＝(0,0,2)．‎ 设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则即 所以可取n＝(0，－1，－1)．‎ 设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 即 所以可取m＝(1,1,0)．‎ 于是cos〈n，m〉＝＝－.‎ 所以，二面角B－EC－C1的正弦值为.‎ ‎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，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H－xyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.‎ 又DP＝2，DE＝1，‎ 所以PE＝.‎ 又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.‎ 可得PH＝，EH＝.‎ 则H(0,0,0)，P，D，‎ ＝，＝为平面ABFD的法向量．‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎3．解析：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，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，N(1,0,2)．‎ ‎(1)证明：依题意＝(0,2,0)，＝(2,0,2)．‎ 设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．‎ 又＝，可得·n0＝0，‎ 又因为直线MN⊄平面CDE，‎ 所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2，2)，＝(0，－1,2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，‎ 则 即 不妨令z＝1，可得n＝(0,1,1)．‎ 设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，‎ 则即 不妨令z＝1，可得m＝(0,2,1)．‎ 因此有cos〈m，n〉＝＝，于是sin〈m，n〉＝.‎ 所以，二面角E－BC－F的正弦值为.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)．‎ 易知，＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，‎ 故|cos〈，〉|＝＝，‎ 由题意，可得＝sin 60°＝，解得h＝∈[0,2]．‎ 所以，线段DP的长为.‎ ‎4．解析：(1)设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝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，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O xyz.‎ 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cos〈n，m〉＝＝.‎ 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.‎ ‎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，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AB＝2，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NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.‎ 设Q(a,0,0)，则NQ＝，B1，故＝，||＝.‎ 又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故sin所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.‎ ‎＝cos〈n，〉＝＝.‎