当前位置：首页 > 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＝
33，EH＝. 22
则H(0,0,0)，P?0，0，→
?
?3?3??
?，D?－1，－2，0?，
?2??
DP＝?1，，?
?
32
3?→?3??，HP＝?0，0，?. 2?2??
→
又HP为平面ABFD的法向量，
1
设DP与平面ABFD所成角为θ， 3
→→?HP·DP?4
?＝＝3. 则sin θ＝?→??|→34?HP||DP|?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＝23. 如图，连接OB. 因为AB＝BC＝2
AC， 2
所以△ABC为等腰直角三角形， 1
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
2由OP＋OB＝PB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
2
2
2
?2y＋23z＝0，?
?ax＋－ay＝0，
a，－a)，
可取y＝3a，得平面PAM的一个法向量为n＝(3(a－4)，3
→
所以cos 〈OB，n〉＝
2
23a－
2
a－＋3a＋a22
.
3→
由已知可得|cos〈OB，n〉|＝cos 30°＝，
2
2
所以2
23|a－4|
a－
2
＋3a＋a2
＝2
3
， 2
4
解得a＝－4(舍去)或a＝. 34??8343
所以n＝?－，，－?.
33??3
3→→
又PC＝(0,2，－23)，所以cos〈PC，n〉＝.
4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为
3. 4
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?
2??22?2?????
，0，0?，P?0，0，?，B?，1，0?，C?－，1，0?.
2??2?2????2?
22?→2?→→?→?2
所以PC＝?－，1，－?，CB＝(2，0,0)，PA＝?，0，－?，AB＝(0,1,0)．
2?2??2?2设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则
3
→??n·PC＝0，?
→??n·CB＝0，
22?
?－x1＋y1－z1＝0，
2即?2
??2x1＝0.
可取n＝(0，－1，－2)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则 →??m·PA＝0，
?
→??m·AB＝0，
??2x2－2z2＝0，
2即?2
??y2＝0.
可取m＝(1,0,1)．
n·m－23
则cos〈n，m〉＝＝＝－.
|n||m|33×2
所以二面角A-PB-C的余弦值为－3
. 3
所在平面
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，DA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)， →→→AM＝(－2,1,1)，AB＝(0,2,0)，DA＝(2,0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则
→??n·AM＝0，?
→??n·AB＝0，
?－2x＋y＋z＝0，?
即???2y＝0.
可取n＝(1,0,2)，DA是平面MCD的法向量，因此
→ 4
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