2020高考数学大二轮复习专题7立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练理

第2讲 综合大题部分

1.(2018·高考全国卷Ⅰ)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．

解析：(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .

由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →

|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 ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝

32，EH ＝32

. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝

⎛

⎭⎪⎫－1，－32，0，

DP →

＝⎝

⎛

⎭⎪⎫1，32

，

32，HP →＝⎝

⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →

为平面ABFD 的法向量，

设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝3

4

3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为

3

4

. 2．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，

O 为AC 的中点．

(1)证明：PO ⊥平面ABC ；

(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 解析：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB . 因为AB ＝BC ＝

2

2

AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝1

2AC ＝2.

由OP 2

＋OB 2

＝PB 2

知PO ⊥OB .

由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面ABC .

(2)如图，以O 为坐标原点，OB →

的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz . 由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0，23)，AP →

＝(0,2,23)． 取平面PAC 的一个法向量OB →

＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →

＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →

·n ＝0得

⎩⎨

⎧

2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，

可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3

a ，－a )，

所以cos 〈OB →

，n 〉＝

23a －

2

a －2

＋3a 2＋a

2

.

由已知可得|cos 〈OB →

，n 〉|＝cos 30°＝32

，

所以

23|a －4|

2

a －

2

＋3a 2

＋a

2

＝3

2

， 解得a ＝－4(舍去)或a ＝4

3.

所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833

，43

3，－43.

又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →

，n 〉＝34.

所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为

34

. 3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P ­ABCD 中， AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；

(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A ­PB ­C 的余弦值． 解析：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .

由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又AP ∩PD ＝P ， 从而AB ⊥平面PAD .

又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .

由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .

以F 为坐标原点，FA →的方向为x 轴正方向，|AB →

|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F ­xyz .

由(1)及已知可得A ⎝

⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，C ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

－22，1，0.

所以PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2

2，0，－22，AB →＝(0,1,0)．

设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量，则

⎩⎪⎨

⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，

即⎩⎪⎨⎪⎧

－22

x 1＋y 1－22z 1＝0，

2x 1＝0.

可取n ＝(0，－1，－2)．

设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨

⎪⎧

m ·PA →＝0，

m ·AB →＝0，

即⎩⎪⎨⎪⎧

22

x 2－22z 2＝0，

y 2＝0.

可取m ＝(1,0,1)．

则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2

＝－3

3.

所以二面角A ­PB ­C 的余弦值为－

3

3

. 4．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面

垂直，M 是

上异于C ，D 的点．

(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；

(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．

解析：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面

ABCD ，

所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为

上异于C ，D 的点，且DC 为直径，

所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .

(2)以D 为坐标原点，D A →

的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 当三棱锥M ­ABC 体积最大时，M 为

的中点．由题设得

D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)， A M →＝(－2,1,1)，A B →＝(0,2,0)，D A →

＝(2,0,0)，

设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则

⎩⎪⎨

⎪⎧

n ·A M →＝0，n·A B →＝0，

即⎩⎪⎨⎪

⎧

－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.

可取n ＝(1,0,2)，D A →

是平面MCD 的法向量，因此