立体几何 解答题专练-【赢在微点】2024高考理科数学大一轮复习顶层设计核心微练word（老高考）

立体几何　解答题专练 1.如图,矩形ABCD中,AB=2,BC=1,将△ACD沿AC折起,使得点D到达点P的位置,连接PB,PB=。 (1)证明:平面PAB⊥平面ABC; (2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值。 解　(1)证明:因为BC=1,PC=2,PB=,所以BC2+PB2=PC2,所以BC⊥PB,又因为BC⊥AB,PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因为BC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAB。 (2)作PO⊥AB于点O,以O为坐标原点,以过O垂直于平面PAB的直线为x轴,OB,OP所在直线分别为y,z轴,建立空间直角坐标系。易得OB=,OP=,所以P,C,所以=,易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<,n>==-,所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为。 2.(2023·陕西西安模拟)如图,四棱台ABCD⁃A1B1C1D1的底面是菱形,AB=AA1=2A1D1=2,∠ABC=60°,平面ADD1A1⊥平面ABCD,平面ABB1A1⊥平面ABCD。 (1)求证:AA1⊥平面ABCD; (2)求锐二面角A⁃DD1⁃C的正切值。 解　(1)分别取AB,AD的中点M,N,连接CM,CN,如图,因为ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以CM⊥AB,CN⊥AD。因为平面ADD1A1⊥平面ABCD,且平面ABCD∩ADD1A1=AD,CN⊂平面ABCD。所以CN⊥平面ADD1A1,因为AA1⊂平面ADD1A1。所以CN⊥AA1。同理可得CM⊥AA1,又CM⊂平面ABCD,CN⊂平面ABCD,且CM∩CN=C,所以AA1⊥平面ABCD。 (2)取CD的中点E,连接AE,以AB,AE,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,,0),D(-1,,0),D1,N,所以=(-2,0,0),=。易得平面ADD1A1的一个法向量为=。设平面CDD1C1的法向量为n=(x,y,z),则所以可取n=(0,4,)为平面CDD1C1的一个法向量,记锐二面角A⁃D1D⁃C的大小为θ。则cos θ==,所以tan θ=。所以锐二面角A⁃DD1⁃C的正切值为。 3.(2022·北京卷)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分别为A1B1,AC的中点。 (1)求证:MN∥平面BCC1B1。 (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值。 条件①:AB⊥MN; 条件②:BM=MN。 注:如果选择条件①和条件②分别解答,那么按第一个解答计分。 解　(1)证明:如图,取BC的中点D,连接DN,DB1。因为D,N分别是BC,AC的中点,所以DN是△ABC的中位线,所以DN∥AB,DN=AB。由三棱柱ABC⁃A1B1C1,得AB∥A1B1,AB=A1B1。因为M是A1B1的中点,所以B1M=A1B1,所以DN∥B1M,DN=B1M。所以四边形DNMB1是平行四边形,所以MN∥DB1。因为DB1⊂平面BCC1B1,MN⊄平面BCC1B1,所以MN∥平面BCC1B1。 (2)选择条件①。因为侧面BCC1B1是正方形,所以BC⊥BB1。又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,BC⊂平面BCC1B1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,所以BC⊥平面ABB1A1。又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB。 由(1)知MN∥DB1,又因为AB⊥MN,所以AB⊥DB1。因为BC∩DB1=D,BC,DB1⊂平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1。又BB1⊂平面BCC1B1,所以AB⊥BB1。以B为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),B1(0,0,2),A1(0,2,2),N(1,1,0),M(0,1,2),则=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,2,0)。设n=(x,y,z)是平面BMN的法向量,则即取z=1,得x=2,y=-2,所以n=(2,-2,1)。设直线AB与平面BMN所成的角为θ,则sin θ=|cos<n·>|===。所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为。 选择条件②。 由(1)知四边形DNMB1是平行四边形,所以DB1=MN。又BM=MN,所以DB1=BM。由(1)知AB=A1B1,又AB=BC,M,D分别是A1B1,BC的中点,所以BD=B1M。又BB1=BB1,所以△DBB1≌△MB1B。因为侧面BCC1B1是正方形,所以BC⊥BB1,所以MB1⊥BB1,即A1B1⊥BB