课时冲关50 立体几何高考中档大题的规范答题策略-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

第六章立体几何与空间向量 课时冲关50立体几何高考中档大题的 ⑧错题序号： @错因分析： 规范答题策略 1.(2024·大庆市模拟)如图，在矩形ABCD 2.(2024·聊城市模拟)如图1所示，EFGH为 中，AB=2,AD=4,M是AD的中点，将 矩形，四边形ABCD为正方形.ADD1A1与 △MAB沿BM向上折起，使平面ABM⊥平 BCC1B1为全等的等腰梯形，其中AB= 面BCDM. 2AE=2AA1=2DH=2A1D1=4,沿着AB, BC,CD,DA折成如图2所示的几何体 ABCD-A1B1C1D1,使A1,B1,C1,D1分别 M 与E,F,G,H重合. (1)求证：AB⊥CM; (2)求点D到平面ACM的距离. 图1 图2 (1)求证：平面AA1D1D⊥平面ABCD: (2)求平面B1CD1与平面ABCD所成的锐 二面角的余弦值. ·351· 高考总复习人教数学B版（新教材） 3.(2024·西宁市模拟)如图1，一张边长为4 4.(2024·兰州市模拟)如 的正方形纸片ABCD,E,F分别是AD,BC 图，在四棱锥P-ABCD中， 的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在 PA⊥平面ABCD,AD⊥ 水平的桌面上，如图2所示 AB,AD∥BC,AB=AD (1)求证：EF⊥AD; =AP=2,BC=3,E为 (2)若二面角A-EF-D的平面角为45°，K是 PD的中点，点F在棱PB上，且满足AF∥ 线段C℉上（含端点）一点，问是否存在点 平面PCD. K,使得直线AK与平面CDEF所成角的正 1)求部的值： 切值为行若存在，求出CK的长度：若不存 (2)求平面AEF与平面PAB夹角的余 在，请说明理由。 弦值. 图1 图2 ·352·因为AC∩PC=C,AC,PCC平 ∴.AB⊥平面AAD,D.又因为ABC 面PAC, 平面ABCD, 所以BC⊥平面PAC,所以CB是平面 .平面AA1D1D⊥平面ABCD. PAC的一个法向量. (2)由(1)知平面ABCD⊥平 面ADD1A1. 由(1)可知PB是平面AEC的一个法 过A1作AO⊥AD于点O, 向量，（准确求出两个平面的法向量） :平面ABCD⊥平面ADD1A1, 因为PB=(1,-1,-√2)， 平面ABD∩平面ADD1A1=AD, .A,O⊥平面ABCD. CB=(1,-1,0), 过O作ON∥AB,且交BC于点N, 所以cos(PB.CB)=PB·CB .OA1,OD,ON两两垂直， PB·CB 分别以OD,ON,OA1为x轴，y轴，之 轴，建空间直角坐标系如图所示： 1×1+(-1)×(-1)+(-2)×0 2√2 ② 2 由图易知二面角PACE是锐二 面角， 所以二面角PACE的大小是45 则C(3,4,0),D1(2,0,√5)， (最后一定要回归到二面角的大小) B1(0,4W5), 课时冲关50 CD=(-1,-4W3),CB=(-3,0W5) 1.解：(1)证明：由题意可知，BM= 设平面B1CD1的一个法向量为n= √AB+Af=√22+2=22， (xy,2),则由 CM=√CD'+DM=√2+2 CD·n=0, =2√2，BC=4, CB1·n=0, 所以，在△BCM中，BC2=BM+Cf, 所以CM⊥BM; 得/厂x-4y十x=0, 因为平面ABM⊥平面BCDM且BM (-3.x十√5z=0. 是交线，CMC平面BCDM, 所以CM⊥平面ABM, 令=5，得n=（1,7) 因为ABC平面ABM,所以AB 又平面ABCD的一个法向量m ⊥CM. (0.0,1), (2)取BM中点 m·n_2√5 E,连接AE. cos(m,n〉=m·n=17} 因为AB=AM且 .平面B,CD,与平面ABCD所成的 E为BM中，点，所 以AE⊥BM. 权二西角的会院位为2一 因为AEC平面ABM,面ABM⊥面3.解：(1)证明：因为EF⊥AE,EF⊥ BCDM,BM是交线， DE,AE∩DE=E,AE,DEC平面 所以AE⊥平面BCDM, ADE,所以EF⊥平面ADE. 故AE长即为点A到平面BCDM的 又ADC平面ADE,所以EF⊥AD. 距离， (2)存在，且CK的 算得AE=√2. 长度为2.以E为 由(1)可知，CM⊥AM,△ACM是直 坐标原点，EA,EF 所在直线分别为x 角三角形，AM=2,CM=2√2，所以 轴，之轴建立如图所 SAw=z·2·2E=2VE,SaD 示的空间直角坐标 y 系，设KF=t(0≤t z·2·2=2. 2),则A(2,0,0), 设点D到平面ACM的距离为h, 因为VDACM=VAKD, 所以号·Saw·A=号·Sam· （号-2，号)设直线AK与年 AE,解得h=1, 面CDEF所成的角为B,则tanO= 故，点D到平面ACM的距离为1. ,设平面CDEF 2.解：(1)证明：：四边形ABCD是正 3,从而sin0=1 1 方形，.AB⊥AD, 的法向量为W,且u与直线AK的方 ,四边形ABB1A1是矩形， 向向量的夹角为B,则cosB= .AB⊥AA1,又AD∩AA=A, AA1C平面AA1D1D,ADC平 V而，易知平面CDBF的一个法向 面AAD1D. 量为u=(1,-1,0), ·519· 参考答案 u·AK 所以cosB= u·AK 竖-29 √-+到+ 1 解得t=0或t=2√2（舍）. 所以KF=0,所以CK的长度为2. 4.解：(1)因为PA ⊥平面ABCD, ADAB,所以 以A为坐标原 点，AB,AD,AP 所在直线分别 ￥B 为x轴，y轴，之 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(2,3,0), D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1), 则AB=(2,0,0),CD=(-2,-1,0), PD=(0,2,-2),BP=(-2,0,2). 设BF=ABP,则AF=AB+BF=(2 一2入，0,2入)，设平面PCD的法向量 为n1=（x1,y1,之1）， 则·C方=0， {2x-y=0, (n1·PD=0,12y1-2≈1=0， 取x1=1,则n1=(1,-2,-2). 因为AF∥平面PCD,所以AF·n =2-2以-以=0，得4=号所以部 31 (2)由1)得A=(侍0，号)A正- (0,1,1). 设平面AEF的法向量为n2=(x2, y22）, 则n·AF=0, {n2·AE=0, 14 2 即{3十了=0取，=1， （y2十g=0, 则n2=(1,2,-2). 易得平面PAB的一个法向量为n= (0,1,0). 设平面AEF与平面PAB的夹角 为0， 则cos日=cos〈n2,n)= 2 2 V1+4十4×1 =专，所以平面AEF 与平面PAB夹角的余孩值为号 课时冲关51 1.C 2.A 3.B 4.B 5.ABC 6.D 7.C[记A2,0),则k=六2为直线 AP的斜率，故当直线AP与半圆x 十(y-1)2=1(x>0)相切时，k最