专题4 第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算(专题检测)-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第2讲　大题专攻——空间几何体中的证明与计算 1.（2024·邯郸第四次调研）如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，设平面PAD与平面PBC相交于直线l. （1）证明：l∥AD； （2）若平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝，AB＝2，求直线PC与平面PAD所成角的正弦值. 2.在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线. （1）已知G，H分别为EC，FB的中点.求证GH∥平面ABC； （2）已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC.求二面角F-BC-A的余弦值. 3.（2024·杭州二模）如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB＝60°，BC＝2PQ＝4AB＝4，M为BC的中点，PQ∥BC，PD⊥DC，QB⊥MD. （1）证明：∠ABQ＝90°； （2）若多面体ABCDPQ的体积为，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值. 4.（2024·南通第二次调研）如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H. （1）从下面两个结论中选一个证明： ①BD∥GH；②直线HE，GF，AC相交于一点. 注：若两个问题均作答，则按第一个计分. （2）求直线BD与平面EFG的距离. 5.如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°. （1）求证：平面PAB⊥平面PAD； （2）设AB＝AP. ①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长； ②在线段AD上是否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2讲　大题专攻——空间几何体中的证明与计算 1.解：（1）证明：因为四棱锥P-ABCD的底面是正方形，所以BC∥AD， 又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC， 所以AD∥平面PBC， 因为AD⊂平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD. （2）因为PA＝PB，取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB， 因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，则PO⊥平面ABCD， 所以以O为坐标原点建立如图所示的坐标系， 因为PA＝PB＝，AB＝2，ABCD是正方形，所以PO＝2， 则P（0，0，2），A（1，0，0），C（－1，2，0），D（1，2，0）， ＝（－1，0，2），＝（0，2，0），＝（－1，2，－2）， 设平面PAD的法向量为n＝（x，y，z），则n·＝－x＋2z＝0，n·＝2y＝0， 取x＝2，则y＝0，z＝1，即n＝（2，0，1）， 设直线PC与平面PAD所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝， 所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为. 2.解：（1）设FC的中点为I，连接GI，HI，如图所示，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因为H是FB的中点， 所以HI∥BC. 又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，HI，GI⊂平面GHI，OB，BC⊂平面ABC，所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI， 所以GH∥平面ABC. （2）法一　连接OO'，则OO'⊥平面ABC. 又AB＝BC，且AC是☉O的直径，所以BO⊥AC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B（0，2，0），C（－2，0，0）. 过点F作FM垂直OB于点M， 所以FM＝＝3， 可得F（0，，3）. 故＝（－2，－2，0），＝（0，－，3）. 设m＝（x，y，z）是平面BCF的法向量， 由 可得 可得平面BCF的一个法向量m＝（－1，1，）. 因为平面ABC的一个法向量n＝（0，0，1）， 所以cos＜m，n＞＝＝. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 法二　如图所示，连接OO'，过点F作FM垂直OB于点M， 则有FM∥OO'. 又OO'⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC. 可得FM＝＝3. 过点M作MN垂直BC于点N，连接FN. 可得FN⊥BC， 从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角. 又AB＝BC，AC是☉O的直径， 所以MN＝BMsin 45°＝， 从而FN＝，可得cos∠FNM＝. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 3.解：（1）证明：连接PM， 在△DCM中，由余弦定理得DM＝， 所以DM2＋DC2＝CM2，所以∠MDC＝90°，所以DM⊥DC. 又因为DC⊥PD，DM∩PD＝D，DM，PD⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM. 因为PM⊂平面PDM，所以DC⊥PM. 显然，四边形PQBM为平行四边形， 所以PM∥QB. 又AB∥DC，所以AB⊥BQ， 所以∠ABQ＝90°. （2）因为QB⊥MD，PM∥QB，所以PM⊥MD，又PM⊥DC，MD∩DC＝D，MD，DC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD. 取AD中点E，连接PE，ME，设PM＝h. 设多面体ABCDPQ的体积为V， 则V＝V三棱柱ABQ-EMP＋V四棱锥P-CDEM＝3VA-PEM＋V四棱锥P-CDEM＝3VP-AEM＋V四棱锥P-CDEM＝S△AEMh＋S四边形CDEMh＝S△AEMh＋×2S△AEMh＝S△AEMh＝. 解得PM＝h＝3. 建立如图所示的空间直角坐标系，则C（，－1，0），D（，0，0），P（0，0，3），所以＝（0，1，0），＝（，0，－3）， 易知平面QAB的一个法向量为n＝（1，0，0）. 设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z）， 则 即取m＝（3，0，1）. 设平面PCD与平面QAB的夹角为θ， 所以cos θ＝＝. 所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为. 4.解：（1）证明：选①.因为E，F分别为BC，CD的中点， 所以EF∥BD. 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，所以BD∥平面EFG. 又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH. 选②.在△ACD中，AG＝2GD，F为CD的中点，所以GF与AC不平行. 设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC⊂平面ABC，FG⊂平面EFG，所以K∈平面ABC，K∈平面EFG. 又平面ABC∩平面EFG＝HE， 所以K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点. （2）若第（1）问中选①. 由（1）知，BD∥平面EFG. 所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离. 若第（1）问中选②.因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG， 所以BD∥平面EFG. 所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离. 连接EA，ED， 因为△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点， 所以EA⊥BC，ED⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCD， 又ED⊂平面BCD，所以EA⊥ED. 以{，，}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则E（0，0，0），B（2，0，0），F（－1，，0），G（0，，）， 则＝（2，0，0），＝（－1，，0），＝（0，，）. 设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），则 即不妨取n＝（，1，－2）. 设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝， 所以直线BD与平面EFG的距离为. 5.解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD. （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示. 在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1. 设AB＝AP＝t（t＞0），则B（t，0，0），P（0，0，t），＝（t，0，－t）. 由AB＋AD＝4得AD＝4－t， ∴E（0，3－t，0），C（1，3－t，0），D（0，4－t，0）， ∴＝（－1，1，0），＝（0，4－t，－t）. ①设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z）， 由n⊥，n⊥得 取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝（t，t，4－t）. 则cos 60°＝， 即＝， 解得t＝或t＝4（舍去，∵AD＝4－t＞0）， ∴AB＝. ②法一　假设在线段AD上存在一点G（如图所示），使得点G到点P ，B，C，D的距离都相等. 设G（0，m，0）（其中0≤m≤4－t），则＝（1，3－t－m，0），＝（0，4－t－m，0），＝（0，－m，t）. 由｜｜＝｜｜得12＋（3－t－m）2＝（4－t－m）2， 即t＝3－m，（ⅰ） 由｜｜＝｜｜，得（4－m－t）2＝m2＋t2.（ⅱ） 由（ⅰ）（ⅱ）消去t，化简得m2－3m＋4＝0.（ⅲ） 由于方程（ⅲ）没有实数根，∴在线段AD上不存在点G满足条件. 法二　假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等. 由GC＝GD得∠GCD＝∠GDC＝45°， ∴∠CGD＝90°，即CG⊥AD， ∴GD＝CD·cos 45°＝1. 设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 如图所示，在Rt△ABG中， GB＝＝ ＝＞1， 这与GB＝GD矛盾. ∴在线段AD上不存在点G满足条件. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $