20.专题十七 立体几何-【一飞冲天·高考专项】2024年高考专题分类数学（天津专版）

名考专题分集数学 一飞冲天 2,《2023·银华中学二月考)图，三校柱AC-AB,C的新有按长霉是2，AA上平国AB以C.D,E 专题十七 立体几何 分期是AC,℃的中点. 4【1求证：AE⊥平面A,BD: 得基础题 考点】立体几何中的夹角、距南问题 1.(220·红桥一德)如阁，在四棱张P一ABCD中，PD-2AD,PDCD,DLAD,底面ABCD 为正方形.M,N分期为AD.PD的中点. (1)t明：PA∥平面MNC, 球弟mABD与平面AA,B夹角的余孩值， (Ⅱ)求直线PB与是每V℃斯成角的正弦数： 独天 一飞冲天 《目)求点B,到平面A,BD的距南 (Ⅲ)求二m角M一NC一D的余弦算. LY TO THE TO 飞冲天 一飞油天 考瓶七豆保几何 3(2081·程平三横)如图，在四棱能P一ACD中，PA1平面ABCD,AD上CD,AD∥C,PA= 考点？立体几何中的存在问罐 AD一(CD一2，BC-a,过点A作W棱锥P-ABCD的截面AEPG,分别交PD,PC,PB于点E 4.(2O19·和平一模)如图，四棱慷P一ACD的底面4BCD是菱形，P0L底面ABCD,O,E分划 K,G已如常-导E为PD的中点 是AD,AB的中点，A=6,AP=,∠BAP0 41)证明，4CLPE, (L)求证：AG∥平而PCD: (Ⅱ球直线PB与平面PE所成角的正装值： 飞冲 (Ⅱ)求AP与乎面PA出所成角的正弦量， w 若不存在，明用由 飞冲天 名考专题分集数学 一飞冲天 5,(2022·河东二摸)如图所示，直角梯形ACD中，AD∥C,AD⊥AB,AB=C2AD-2.四边 、提升题 形EDCF为矩形，CF一写，平面EDCF⊥平而ACD. (I)求证：DF平面ABE 反，(01·醒华中学二月考如周，已回多面体程C-A,5,C,4,A,B,B,C,C均垂直于平面A, ∠AC-10',A,A-4.CC-I,AB-B△BE-云 《1)正明：4B⊥平面A,B,C: (Ⅱ)求平面AE与平面EFB所戒二面角的众弦值： 线C,与平面ABB新成角的余弦值： 飞冲 4)在找度DF上是否存在点P,使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为S,若存在，求由 翼夜BP的长：若不存在，请说写理由。 飞冲天 一飞油天 考瓶十七且体几何 7.(2021·河西一模)如图.已三按柱ABC-A,B,片，平面A,ACC,上平mABC,∠ABC=90, 8.(221·和平一原)如图，在国校柱A试D一A,C中，已知侧校AA,⊥底ABCD,侧面 ∠BAC-0°，AA-A,C-AC,E.F分判是AC,AB,的中点. ABB,A是正方形，AB,与AB交于点O,4B⊥C,ABCD,AB-2,C-CD-1. (1)t明：EF⊥B: 4【1求证：AD/平面： (Ⅱ)求直线E下与平而A,BC质成角的余弦值 (Ⅱ球直瓷C与平面A品，C质成角的正弦值： 飞冲 )求一武角A-A,C-B的正弦值 r LYTOTHE TOP 飞冲天 高考专题分集数学 一飞冲天 9.(2010·江桥二模)如图，四边形A机D是正方形，A⊥平面ATD.EA∥PD,ADPD=2EA=2, 10.②022·南开中学模报)如图，在直二面角D一AB-中，四边形ABCD是边长为2的正方形， F,G,H分别为PB,EB,P的中点. AE-EB,F为CE上的点，且BFL平面ACE一《 (1)求证：FG,W平面PED: (1求证：AE⊥平面拟CE: 飞冲天 )求二面角B一AC-E的余弦值： (Ⅱ)求平面下H与平面PC所成能二面角的天小， (Ⅱ求点D到平面ACE的距离， (Ⅲ)在线股风生是否存在一点M,使直线FM与直线PA所的角为？若存在，求出线段 P的长：若不存在，请说明理由， LY TO THE TOP 飞冲天 一飞冲天 一飞油天 考瓶十七且体几何 11.(020·天律一中图月考)在菱形ABD中，∠AC=120,EA上平面ABCD,EA∥下D,EA= 12.(221·天豫一中五月考)如图，已知平mBE⊥平E,直线DA上平面A,ⅡDA-4B= AD-2FD-2. AC 《【压明：直线FC∥平面EAB: (I求证：DA∥平雀EBS 《Ⅲ)求二面角E一下C-A的正弦值： (I)若∠BC=要.DEL平面Cg )求二血角A一BD-E的余盔值， 飞冲 (曹)线搜C上是香存在点M使得直线EB与平南BDM所成角的正破值为是，若有在，求 兴的航若不存在：说明到由。 产a LYTO THE TO 三，者存在，喝求觉的值如不作在，请说明理血。 飞冲天高考分类数学 参考答案 专题十七立体几何 :△ABC是等边角形，D是AC的中点， 1.解：《1)证明：M,N分别为AD.PD的中点，.MN∥PA. BD1AC,又AA1∩AC=A. 且PA丈平面MC,MWC平面MNC,则PA∥平面MNC, ·BD⊥平而AA,CC (Ⅱ)'PD⊥CD,PD⊥AD,且ADOCD=D. 以D为原点建立空叫白角坐标系，如图所示， ∴PD⊥平面ABCD,又底面ABCD为正方形， 则以点D为晾点，AD,CD,PD所在直线分别为x轴，y轴， :轴，建立知图所示的空间直角坐标系，设AD=2, 则A(1,0,0),E(-1,-1.0),A1(1,-2.0).D(0,0,0),B(0, 0), (1)证明：AE-(-2,-1,0),DA-(1,-2,0),D3-(0, 0w3), .AE.DA=-2+2+0=0,AE.DB=0, :.AE L DA .AE L DB. 又DA,∩DB=D,.AE⊥平面ABD: 可得A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),N(0,0,2),M1.0,0), (Ⅱ)MA-(0,-2.0),Ai-(-1.03, P(0,0,4) 设平面AAB的法向量为n=(x+y,), P克=(2,2，-4).N式=(0,2，-2)，M=(-1,0,2). n·A=0 -2y=0 则 ,即 ,令x=1,则x=3,y=0, 设=(x,y·g)为平面MNC的法向量 n·AB=0 一x十√5gm0 Nt.n=0「2y-2x=0 n=(3,0,1), 则 ,即 M·n=0-x+2红=0 又AE=(一2，一1,0)为平面A,BD的法向量， 不妨令y=1,可得n=(2,1.0, =2原=5 设直线PB与平而MNC所成角为a, 六os(n.花1=4·A nAE2×W55 于是有ima=cosn,P1=n,P克=1 1n1P6· 平血ABD与平面AA:B夹角的余弦值为 p直线PB与平面MNC所成角的正弦值为专： (Ⅲ)AB=Ab=(-1,0w3). (Ⅲ)：Di=(2,0,0)为平而NCD的法向量， ·点B到平面ABD的距离4=1A:A3_225 AE155 oDim=h学 Di·#=6 3,解：(1)证明：在PC上收点H,且满足PH:PC=2:3, ,二而角M一VC一D是锐二而角， 连接GH,HD,则GH/BC.且GH-号BC=2 二面角M-ANC-D的余弦值是5 :AD/CAD-号BC 2.解：：AA,⊥平而ABC.BDC平而AB3C .AD∥GH,HAD=GI, .AA⊥BD, ,网边形ADHG是平行四边形，A(G∥HD 又：HDC平面PCD,AG寸平面PCD, ∴AG∥平而PD: 高考分类数学 参考答案 (Ⅱ)过点A作与DC平行的射线AM.交BC于点M,易证 (Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知OP⊥O4,OP⊥OB,OA1 AM:AD,AP两两垂直， ⊥(OB ∴如图，以A为原点，以AM所在直线为x轴，AD所在直线为 以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O一yz, y轴，AP所在直线为之轴，建立空何直角坐标系A一z, 0 A 则有P(0.0,2).C2,2.0).G(号，-兰，2 3·-33).B(01,1) 则00,0,0)，P(0,0,4),H(0,33,0),4A(3.0,0),C(一6， 82,-10.d-(-景导.正=01 33,0). 设平面AEFG的法向帚为=(x,y,)· 由(1》知平而P0E的一个法向量为AC=(一9,3,0)， n·AG=0, 422 面P店-(0,33，-4). 则 即 3-3+3=0 n·AE-0, (y十交回0 设直线PB与平面POE所成角为6， 令=1，则x=一1，y=一1 则ing-1cos(PiAC1= PB.ACI 273/129 PB1AC√4×6386 .n=(-1,-1,1) 点下在PC上.A市-AC+(1-AA=(2a,2以，2-20. 六直线PB与平面POE所成角的正弦值为32 86 AFC平而AEFG.∴.AF·#=-2A-2A十2-2A=0. (Ⅲ)存在，F为OD中点. 解特分=（学·号学》 由题意可得：D(-3,0.0).C(-6.33.0).A(3.0.0). 设平面PAB的法向量为n1=(为)， 假设满足题意的点F存在， Ad=(0,0,2),AB=(2.-1,02 设F(y,),D亦=a(0<<1) 8·A市=0,2=0 据此可得：(r+3,y,:)=(-3.3V3,0) 则 令x1=1.则%=2,51=0， n1·AB=0,2.x1-当=0 x=-3A-3 .n1=(1,2,0), 即y=331 osm1=.a=更 g=0 AF10 .F(-3λ-3,3w3,0). AF与平面PAB所成角的正弦值为 10 据此可得：B=(-3x-3,351-33,0).PA=(3,0,-4) 4,解：(I)证明：连接BD,山菱形的性质可得：ACLBD,结合三 .Icos (BF.PA)= 成.p BFIPA 角形中位线的性质可知，OEL受BD,故OE⊥AC, 9十9 /9(a+1)+27(A-1)×5 语解得宁或一2 POL底面ABCD,ACC底面ABCD,·AC⊥OP, 且OP∩OE=O,OP,OEC平面POE,故AC⊥平面POE, c0,1a= 又PEC平面POE,∴.AC⊥PE: 存在满是题意的点F,且F为CD中点： 高考分类数学 参考答案 5.解：(I)证明：取BC的中点G,以D为原点，DA所在直线为 (Ⅲ)存在.BP长为2. x轴，DG所在直线为y轴，DE所在片线为g轴建立空间 设D=aDf=(-1,2w3)=(-,23),A∈[0,1]， 角华标系， ∴.P(-A,2a3x).Bd=(-x-1.2a-2V3) 如图所示： 又平面ABE的一个法向量为程=(W3,0,1), 设直线BP与平而ABE所成角为B, 如手e成w部 (-A-1)+3x √/(-1-1)+(2x-2)+(W/3a)×2 化简得8x-6航+1=0. 解得入=或=子 当A专时，-(-子-1.号)D-2 则A(1,0,0),B(1,2.0),E(0,0w3),F(-1,2W3), Bi=(-1.-23),A范=(0,2,0) 设平商ABE的法向量为n=(x,y,), 综上，存在满足题意的P点，线段BP的长为2， fBE·n=0,,-x-2y+5x=0 6.解：（〡）证明：如图.以AC的中点O为晾点，分别以射线OB 5·n=0,2y=0 (OC为xy轴的正半轴，以过点O且平行于AA,的直线为： 轴，建立空间直角坐标系O一xy 不妨令x=3,则m=(w3,0,1), 又7DF=（-1,2w3), ∴D求.n=-5+0+5=0, D亦1n, 义：DF平而ABE. ∴DF∥平而ABE: （1)BE-(-1.-23,BF=(-2,05), 0 设平而EFB的法向量为m=(a,b,c), B2·m=0, 由题意知各点坐标如卜： BF·m0, A(0,-√5,0》，B(1,0,0),A(0,-5,4),B(1,0,2),C(0 -a-26+3c=0 不妨令c=4,则m=(25w5.4). 5,1). 1-2a+5c=0 设平而ABE与平而EFB所成锐二而角为0， ∴A瓜=(1,5,2)，A=(1,3,-2),AC=0,25.-3) 由AB瓜·A,E=0得AB⊥A,B, ∴lcos8l= 105√3T mn/T×23 出AB·A,C=0得AB,⊥A,C, 六平而ABE与平而EFB所成锐二而角的余弦位是5 :AB,C平而AB,C,A,CC平面A,BC,AB,∩A,C 31 =A,, .AB⊥平面AC 高考分类数学 参考答案 (Ⅱ)设直线AC与平而ABB所成角为8，由(I)可知， A,E⊥平面ABC AC=(0,23.1).AB=13.0),B=(0,0.2 如图，以E为原点，在平面ABC'巾，过点E作AC的垂线为x 设平血ABB的法向量I=(x,y,), 轴，C,EA:所在直线分别为y轴，轴，建立空间直角坐 m·AB=0x+3y-0 标系 ,即 可得n=(一V3,1,0), m·B形-02：-0 不妨设AC=4.则A(0.0.25).B(,1.0),B,(.3. ..sin 0-cos (AC.m)= AC·nml39 ACm 13' 2),r,号2.A0,-20.c02.0 eos0=V-n0=题 3 球=9是2.武=（一51.0. EF.B=0,∴EF⊥BC ·直线AC,与平面ABB所成角的余弦值为@ 13 (Ⅱ)设直线EF与平而A,BC所成角为0， (m)出上述条件可知， 由(1)得BC=(-3,1,0),A,C=(0,2,-25) AE,=(13,2).AC=(0,23.1), 设平而ABC的法向量为n=(x,y,) 设平面AB,C,的法向量为m=(a,b,c). BC·n=-5x+y=0 {m·A0a+3i+2=0 由 ,即 A,c·n-y-3:=0 m·AC=0236+c=0 欺x=1,得n=(1,w3,1), 可得m=(35,12v5), 平面ABC的法向量可取BB=(0.0.2), n0o球.m-票-专mg-是 ○cos《m,B那)= m·BB -43/30 ∴直线EF与平面A,BC所成角的余弦位为号： mBBT√40×2 10 (日)出(I)可知：平面AAC的一个法向量是m=(1,0,0), 设两平而火角为3 由图可知该二而角为锐二而角，设该二而角的平而角为华 m=√-(-y产=@】 10 10 cos9=cos(m,n)1=m·n= ·平面AB,G与平面A5C所成角的正弦值为四 10 ,sing=√1-tosg= 2√5 5 7.解：(I)证明：如图，连接AE 六二面角A-A,C-B的正弦值为2 5 8.解：(I)证明：如图，分别取线段AB,C℃的巾点E,F,连接 CE.OE.OF. AA=AC,E是AC的中点，.A,E⊥AC ”平面AACC⊥平而ABC,A,EC平而AACC,平面 则AE=CD,AE∥CD,OE=2AM=CF,OE∥AA∥C A1ACC,∩平面ABC=AC, 可知四边形AECD和四边形OC下均为平行四边形. 高考分类数学 参考答案 ∴.AD∥CE∥OF 又AD平面CC,OFC平面CC1,.AD∥平晦O (Ⅱ)依题意，以B为原点，分别以A,,武的方向为x 轴，y轴，：轴的正方向建立空间直角坐标系如图， 可得A(2.0,0),C(0,0,1),B1(0,2,0),C(0,2,1),01,1, 0). ∴.0-(-1,1,1)，AC-(-2,0,1),A-(-2,2,0). 设平而ABC的一个法向量为m=(x1当，)， AD=PD=2EA=2,.D0.0,0),P(0,0,2).A(2,0,0), m·AC=-2,十=0 则 C(0.2.0),B(2,2.0),E(2,0.1). m·A可=-2x1十2y=0 F,G,H分别为PB,EB,PC的中点， 不妨令x=1,解得=13=2，∴m=(1,1,2). “os(m.0C1-m元+1+++万号， -1+1+2 六F1.l10.G2.1,).H0,1lD. 球=(-10,7.6A=(-20,7 直线0C与平面AB,C所成角的正弦值为号， 设，=(x为，)为平面CH的一个法向量， (Ⅲ)依题意，A,(2,2,0)D,(1,2.1),设P(xy): A1市=(xn-2y-2,),A可■(-1.0,1)， n1·Gi=0, 则 即 由A,下=号A可. m,·Gi=0. 2m+2=0, 2 得0一2一分n一2=0n 令y=1.得m-(0,1,0). 从断P(含2号…(-号2号 i=(2,2,-2),P=(0,2,-2), 设n,=(x)为平面PBC的一个法向量 设平面AB,P的一个法向量为n=(为)： m:·pb=0.〔2x4+2y2=0, m…市-号+2%+号0 则 · 则 n·Pt-02-2,=0, ·不7-2：+2y=0 令8=1，得n=(0,1.1). 不妨令=1，解得4=14=一2，n=(1,1,一2)， a@a-品-方号 in(m,n=-c08(m,m=2 ·平面GH与平面PBC所成锐二而角的大小为于； 3 三面角C-AB-P的E张值为号 （Ⅲ)存在.PM=5,依题意可设P府=AP心.其中0≤≤1. P=(0,2,-2).P7=(0,2,-2x). 9,解：(I)证明：F,G分别为PB,BE的中点，FG∥PE 又：F府-下p+P,p=(-1,-1,1), 又'FG正平面PED,PEC平面PED,.FG∥平面PED: ·FM=(-1,21-1,1-2a. (I)EA⊥平面ABCD.EA∥PD,.PD⊥平面ABCD, .PD⊥AD.PD⊥CD. 又直线FM与直线PA所成的角为受，P才-(20，一2)， 又：四边形ABCD是正方形，AD⊥CD. ∴eos(FPi=号 1-2-2+4a 如图建立空间倒直角坐标系， 2 √/+2(2以-1D×2W2 解得X-景 高考分类数学 参考答案 m-0号-.商-0+2x-9 n 3 ∴.在线段PC上存在点M,使直线FM与直线PA所成角为 六点D到平面ACE的距商为 吾，此时PM的K为平 1.解：建立以D为原点.分别以DA,DT(T为BC中点)，DF的 10.解：(I)证明：，BF⊥平面ACE,AEC平面ACE, 方向为x轴，y轴，2轴正方向的空间直角坐标系（如图）， .BF⊥AE :二面角D-AB一E为直二而角， .平面ABCD⊥平面ABE,父BC⊥AB, '.BC⊥平面ABE, :AEC平面ABE,BC⊥AE, 又BF,BCC平而BCE,BF∩BC=B, AE⊥平面BCE: 则A(2,0,0),B(1√3,0)，C(1w3,0) (I)以线段AB的中点为原点O,分别以OE,范O府为 D(0,0,0),E(2,0.2).F(0,0,1) x钠，y轴，x轴正方向建立空间直角坐标系，如图。 (1)证明：E=(0,0,-2),市=(-15,0)， 设n=(x,y,)为平面EAB的法向量， n·E=0 2:=0 ,即 n·市=0 -x+3y=0 可得n=(3,1,0), 又C=(-13,-1),可得n·F武=0， 又：直线FC平而EAB,.直线FC∥平而EAB: :AE⊥平面BCE,BEC平面BCE,AE⊥BE, 《I)EF=(-2,0,-1),C=(-1.3,-1), 在R1△AEB中，AB=2,O为AB的中点， F=(2,0,-1), 0E=7AB=1 设m,(,y,)为平而EC的法向量， .A(0.-1.0).E(1.0,0).C(0.1.2) m·EF=0-2z1-=0 ,即 AF=(1,1,0).AC=(0.2,2). 则 m.下t=0-x,+5,-1=0 设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,), 可得m,=(-3W3,6) AE·n=0(x+y=0 则 ,即 设n=(x,为·)为平面FCA的法向量， At.n=02y+22=0. m·F才=02，-=0 令x=1,得n=(1,-1,1). 划 ,即〈 m·Ft=0【-+54-g=0 又平面BAC的一个法向量为m=(1.0,0), 可得n=(1,3,2) osmm=没有停 小m)=设- :二面角BACE的余弦值为得， 六sinm)=V厂cosn,m7= 4 ()AD∥：轴，AD=2.AD=(0,0,2), ●设点D到平面ACE的距离为d, 高考分类数学 参考答案 ·二面角E-FC-A的正按值为而 4 (国作在提 设商=1C=(-3aW3x,-2A),a∈[0，. 则M(23xw31.22), 设1DA=2a, 则BD=(-1,-√3,0).D=(2-3W3x,2-2), 则E0,0,2a),A(0w3a,0),B(a,0.0).D(03a,2a). 设，=(x·为)为平面BDM的法向量， 设平面ABD的法向量为m=(x1,,), n·Bd=0-工一3=0 则 ,即 AB=(a,3a,0),AD=(0,0,2a). m·DM=0(2-3x).z,十5十(2-2x)a=0 m·AB=0mfe1-5ay=0 可得m=5,-L,21二5. ,得 1-λ m·Ad=02a=0 由E=(-1/3,-2), 令当=1，得m=(W3,1,0). 232×2315 设平而BDE的法向量为n=(工，为)， 得c0s(Ei,n,)1= 1-A Bd=(-a5a,2a),Bi=(-a.0.2a. 2w2×√4+2w8A3y 「m·BD-0 ar:+V3ay:+2az:=0 由 ,得 整理得32x2+20x-7=0, n·BE=0 -a.x.+2a8=0 解得=或=-子（务 令2-1，得n=(2,0,1): 设二血角A一BD一E的平血角为B. ∴存在满足题意的点M,此刷提 12,解：(I)证明：过点E作EH⊥BC于点H, g1=omw一骨沿-零 由题知，二而角A一BD一E是纯角， ,平面BCE⊥平面ABC,又平面BCE门平而ABC=BC, EHC平面BCE,EH⊥BC,.EH⊥平面ABC, 六二而角A一BDE的余弦值为-压， 又，DAL⊥平面ABC..DA∥EH, :EHC平面EBC,DA寸平面EIC, (1)存在.带-是 .DA∥平面EBC: 设写0，以》，不坊设a=1 (I)(i):DE⊥平面BCE, C-1.0,0).C3-(1,0.2),@-(13.0). ∠DEB=∠DBC=: :A7=CM-Ci=CE-CA=(-1,-3,2A), 由AB=AC可知DB=DC,DE=DE, 设直线AM与平面BDE所成角为a,a∈(0，罗)， 易f△DEBO△DEC(HL).则BE=CE, .点H是B的中点，连接AH,则AH⊥BC, 则ma=co(A游.m1=A府.n AMm .AH⊥平而EBC,则AH⊥EH, 12-2+21 :AH,BC,EH两两垂直， √/(a-1)+3+4×/5 vm。-, 如图，以H为坐标原点，分别以HB,HA,HE所在直线为 解得=0（会）减=兰 x,g轴建立空间直角坐标系， 器是 存在满是愿意的点M,学的值是什