新高考数学二轮专题复习高频考点强化训练13(附解析)

强化训练13立体几何——大题备考第一次作业1．[2021·新高考Ⅱ卷]在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD ＝QA＝5，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B -QD -A的平面角的余弦值．2．[2022·新高考Ⅱ卷]如图，PO是三棱锥P-ABC的高，P A＝PB，AB⊥AC，E为PB 的中点．(1)证明：OE∥平面P AC.(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，P A＝5，求二面角C -AE -B的正弦值．3．[2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．4．[2021·新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A -BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC -D的大小为45°，求三棱锥A -BCD的体积．强化训练13 立体几何1．解析：（1）证明：取AD 的中点为O ，连接QO ，CO.因为QA ＝QD ，OA ＝OD ，则QO ⊥AD ， 而AD ＝2，QA ＝ 5 ，故QO ＝5－1 ＝2.在正方形ABCD 中，因为AD ＝2，故DO ＝1，故CO ＝ 5 ，因为QC ＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC 为直角三角形，且QO ⊥OC ， 因为OC∩AD ＝O ，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD 内，过O 作OT ∥CD ，交BC 于T ，则OT ⊥AD ， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则D （0，1，0），Q （0，0，2），B （2，－1，0），故BQ → ＝（－2，1，2），BD→ ＝（－2，2，0）. 设平面QBD 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则⎩⎪⎨⎪⎧n·BQ →＝0n·BD →＝0 即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋2z ＝0－2x ＋2y ＝0 ，取x ＝1，则y ＝1，z ＝12 ，故n ＝（1，1，12 ）.而平面QAD 的法向量为m ＝（1，0，0），故cos 〈m ，n 〉＝11×32 ＝23 . 二面角B - QD - A 的平面角为锐角，故其余弦值为23 . 2．解析：（1）证明：方法一 连接OA. 因为PO 是三棱锥P - ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO ⊥OA ，PO ⊥OB ，所以∠POA＝∠POB＝90°.又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB.又AB⊥AC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.因为OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.方法二连接OA.因为PO是三棱锥P - ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA＝∠POB＝90°.又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.延长BO交AC于点H，连接PH.因为AB⊥AC，所以△ABH为直角三角形．又OA＝OB，则可得OA＝OB＝OH，所以点O为BH的中点．在△PBH中，O，E分别为BH，PB的中点，所以OE∥PH.因为OE⊄平面PAC，PH⊂平面PAC，所以OE∥平面PAC.（2）由（1）易知OA＝OB，所以OD⊥AB.以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．因为PO＝3，PA＝5，且PO⊥OA，所以OA＝OB＝4.又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以OD＝12 OB＝2，DA＝DB＝23 ，所以P（0，2，3），B（2 3 ，0，0），A（－2 3 ，0，0），E（ 3 ，1，3 2）.设AC＝a，则C（－2 3 ，a，0）.设平面AEB的法向量为n1＝（x1，y1，z1）.AB → ＝（4 3 ，0，0），AE →＝（3 3 ，1，32 ），则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n1＝0，AE →·n1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧43x1＝0，33x1＋y1＋32z1＝0， 所以x1＝0. 令y1＝3，得z1＝－2，所以n1＝（0，3，－2）. 设平面AEC 的法向量为n2＝（x2，y2，z2）. AC→ ＝（0，a ，0），AE → ＝（3 3 ，1，32 ）， 则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n2＝0，AE →·n2＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ay2＝0，33x2＋y2＋32z2＝0， 所以y2＝0.令x2＝ 3 ，得z2＝－6，所以n2＝（ 3 ，0，－6）. 所以cos 〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2| ＝1213×39 ＝1213×39 ＝12133＝4313 .设二面角C - AE - B 的平面角为θ，则sin θ＝ 1－cos2θ ＝1113 ， 所以二面角C- AE - B 的正弦值为1113 .3．解析：（1）设点A 到平面A1BC 的距离为h.∵V 三棱锥A 1 −ABC = V 三棱锥A− A 1BC ＝13 V 三棱锥ABC− A 1B 1C 1＝43 ， ∴13 ·S △A1BC·h ＝13 ×4. 又∵S △A1BC ＝2 2 ，∴h ＝ 2 . ∴点A 到平面A1BC 的距离为 2 .（2）方法一 如图（1），取A1B 的中点E ，连接AE.由AA1＝AB ，AA1⊥AB ，得AE ⊥A1B 且AE ＝12 A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ 2 ，AE⊥BC，∴A1B＝2 2 ，∴AA1＝AB＝2.由V三棱锥ABC− A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，∴S△ABC＝2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．易得AC＝AB2＋BC2 ＝2 2 ，则A1C＝AA21＋AC2 ＝2 3 .∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝12 A1C＝3 .易知AD＝BD＝12 A1C＝3 ，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD＝AB·AD2－（12AB）2 ＝2 2 ，则AF＝223，∴sin ∠AFE＝AEAF＝2223＝32，∴二面角A - BD - C的正弦值为3 2 .方法二如图（2），取A1B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ 2 ，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由V 三棱锥ABC− A 1B 1C 1＝S △ABC·A1A ＝12 AB·BC·A1A ＝12 ×2×BC×2＝4，解得BC ＝2.以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BB1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图（2）的空间直角坐标系．易得B （0，0，0），A （0，2，0），E （0，1，1），D （1，1，1）. ∴AE→ ＝（0，－1，1），BD → ＝（1，1，1），BA → ＝（0，2，0）. 由题意，得平面BDC 的法向量为n1＝AE→ ＝（0，－1，1）.设平面BDA 的法向量为n2＝（x ，y ，z ），则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·n2＝0，BD →·n2＝0， ∴⎩⎨⎧2y ＝0，x ＋y ＋z ＝0. 令x ＝1，则y ＝0，z ＝－1，∴n2＝（1，0，－1）， ∴cos 〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2| ＝0＋0－12×2＝－12 .设二面角A - BD - C 的平面角为α（0≤α≤π），则sin α＝1－cos2α ＝32 ，∴二面角A- BD - C 的正弦值为32 .4．解析：（1）证明：因为AB ＝AD ，O 为BD 中点，所以AO ⊥BD ，因为平面ABD∩平面BCD ＝BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ， 因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD.（2）如图所示，以O 为坐标原点，过点O 在平面BCD 内作与BD 垂直的直线为x 轴，直线OD 、OA 分别为y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设OA ＝a ，则O （0，0，0），B （0，－1，0），C （32 ，12 ，0），A （0，0，a ），D （0，1，0），故 AB→ ＝（0，－1，－a ），BC → ＝（32 ，32，0），AD → ＝（0，1，－a ），AE → ＝13 AD → ＝（0，13 ，－a 3 ），BE → ＝AE → －AB → ＝（0，43 ，2a 3）， 记平面BCD 的一个法向量为m ＝（0，0，1），平面BCE 的一个法向量为n ＝（x ，y ，z ），则有⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0n·BE →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝043y ＋2a 3z ＝0 ，不防设x ＝ 3 ，则y ＝－1，z ＝－2a ，即有n ＝（ 3 ，－1，2a ），又二面角E - BC - D 的大小为45°，则 cos 45°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m·n |m|·|n| ＝2a4＋4a2＝22 ，解得a ＝1，即OA ＝1， 又由OB ＝OC ＝OD ＝CD ＝1，可知BC ⊥CD ，即△BCD 为直角三角形，则BC ＝ 3 ，故VA - BCD ＝13 ×12 ×1×3 ×1＝36 .。