统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练6立体几何理（附解析）

立体几何(6)1．[2023·陕西渭南二模]如图1，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，CD＝，边AD上一点E满足DE＝1，O为AC与BE的交点，现将△ABE沿BE折起到△PBE的位置，使平面PBE⊥平面BCDE，如图2所示．(1)求证：BE⊥平面POC；(2)求平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值． 2．[2023·全国甲卷(理)]如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．3．[2023·新疆乌鲁木齐模拟预测]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E在棱BB1上，且B1E＝2BE，点F是棱DD1上的一个动点.(1)点F在什么位置时，B1F∥平面AEC，并说明理由；(2)若直线B1C与平面AFC所成角为60°，求二面角EACF的余弦值． 4．[2023·广西南宁三中一模]如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝1，PA＝2，E为PB的中点，点F在棱PC上，且PF＝λPC.(1)求直线CE与直线PD所成角的余弦值；(2)当直线BF与平面CDE所成的角最大时，求此时λ的值． 5．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟]如图，在多面体ABCDEF中，平面EAD⊥平面ABCD，△EAD为正三角形，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝，DE∥CF，DE＝2CF.(1)求证：AE∥平面BCF；(2)求二面角EAFC的余弦值．6．[2023·黑龙江哈师大附中三模]四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB＝2，CD＝1，∠ABC＝60°，PC＝3，点M在棱PB上．(1)当M是棱PB的中点时，求证：CM∥平面PAD；(2)当直线CM与平面PAB所成角θ最大时，求二面角CAMB的大小． 立体几何（6）1．解析：（1）证明：因为AD＝3，DE＝1，所以AE＝3－1＝2，所以AE＝BC，因为BC∥AD，所以四边形ABCE为平行四边形，因为AD⊥CD，CD＝，DE＝1，所以由勾股定理得CE＝＝2，所以四边形ABCE为菱形，故AC⊥BE，即PO⊥BE，CO⊥BE，因为PO∩CO＝O，所以BE⊥平面POC.（2）因为平面PBE⊥平面BCDE，交线为BE，PO⊥BE，所以PO⊥平面BCDE，因为OC⊂平面BCDE，所以PO⊥OC，故OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为AD⊥CD，CD＝，DE＝1，所以∠DCE＝30°，∠BCE＝60°，可得△EBC，△ABE均为等边三角形，则P（0，0，），B（1，0，0），E（－1，0，0），C（0，，0），∴＝（0，，－），＝（－1，0，－）.设平面PCE的法向量为m＝（x，y，z）， 则，令z＝1得x＝－，y＝1，所以m＝（－，1，1），平面PBE的法向量为n＝（0，1，0），设平面PBE与平面PCE所成锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，所以平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值为.2.解析：（1）如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝. 建立空间直角坐标系Cxyz如图所示，则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，，0），B1（－，，），C1（－，0，），∴＝（0，，0），＝（－，0，），＝（－2，，），设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），则即取x＝1，则y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.3．解析：（1）点F位于DD1的三等分点（靠近D点）时，B1F∥平面AEC，理由如下：以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为3a，则A（0，0，0），E（3a，0，a），C（3a，3a，0），B1（3a，0，3a），设F（0，3a，t），设平面ACE的法向量为m＝（x，y，z），则，令x＝1得y＝－1，z＝－3，所以m＝（1，－1，－3）， 因为＝（－3a，3a，t－3a），令·m＝（－3a，3a，t－3a）·（1，－1，－3）＝－3a－3a－3（t－3a）＝0，解得t＝a，所以当点F位于DD1的三等分点（靠近D点）时，B1F∥平面AEC，（2）设点F（0，3a，b），直线B1C与平面AFC所成角为60°，设平面ACF的法向量为n＝（x1，y1，z1），则，令y1＝1得x1＝－1，z1＝－，则n＝，sin60°＝＝＝，解得b＝a，则n＝（－1，1，－2），cos〈m，n〉＝＝＝＝，设二面角EACF的大小为θ，显然θ为钝角，则cosθ＝－cos〈m，n〉＝－.4．解析：（1）以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C（1，1，0）、P（0，0，2）、D（1，0，0）、E（0，，1），从而＝，＝（1，0，－2）. ∴cos〈，〉＝＝＝－，即CE与PD所成角的余弦值为.（2）点F在棱PC上，且PF＝λPC，所以＝λ，于是F（λ，λ，2－2λ），＝（λ，λ－1，2－2λ），又＝（0，－1，0），＝.设n＝（x，y，z）为平面CDE的法向量，则，可得，取x＝1，则n＝（1，0，1），设直线BF与平面CDE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，令t＝2－λ，则t∈[1，2]，所以sinθ＝＝·，当＝，即t＝∈[1，2]时，－＋6有最小值，此时sinθ取得最大值为，即BF与平面CDE所成的角最大，此时λ＝2－t＝2－＝，即λ的值为.5．解析：（1）证明：如图，取AD，DE，BC的中点O，M，N，连接OM，MF，FN， 则MD∥CF，MD＝ED＝FC，故四边形MDCF为平行四边形，所以MF∥CD，MF＝CD.因为ON∥CD，ON＝CD，故MF∥ON，MF＝ON，故四边形OMFN为平行四边形，则OM∥FN，因为OM∥AE，所以AE∥FN.又FN⊂平面BCF，AE⊄平面BCF，故AE∥平面BCF；（2）因为平面EAD⊥平面ABCD，连接EO，则EO⊥AD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，故EO⊥平面ABCD，连接OB，BD，因为∠DAB＝，四边形ABCD为菱形，故三角形ABD为正三角形，则OB⊥AD，故以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，设AE＝2，则A（1，0，0），E（0，0，），C（－2，，0），F（－，，），则＝（－1，0，），＝（－，，），＝（－3，，0），设平面EAF的法向量为m＝（x1，y1，z1），则，即，取x1＝，则y1＝2，z1＝1，即m＝（，2，1），设平面ACF的法向量为n＝（x2，y2，z2），则，即，取x2＝，则y2＝3，z2＝－1，即n＝（，3，－1）， 故cos〈m，n〉＝＝，由原图可知二面角EAFC为钝角，故二面角EAFC的余弦值为－.6．解析：（1）证明：取PA的中点N，连接MN，DN，如图所示：又M是PB的中点，故MN为△PAB的中位线，即MN綊AB，又AB＝2，DC＝1，且AB∥CD，故CD綊AB，因此MN∥CD且MN＝CD，故MNDC为平行四边形，即CM∥DN，又CM⊄平面PAD，DN⊂平面PAD，故CM∥平面PAD.（2）过点C作CC′⊥AB于C′，则以C为原点，CD为x轴，CC′为y轴，CP为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则P（0，0，3），C（0，0，0），D（1，0，0），B（－，，0），A（，，0），则＝（，，－3），＝（－2，0，0），设平面PAB的法向量m＝（x1，y1，z1），则，取y1＝，z1＝，则m＝ 设＝λ，又＝，则＝（－，λ，－3λ），M（－，λ，－3λ＋3），＝（－，λ，－3λ＋3），故cosθ＝＝故当＝0，即λ＝时，cosθ最大，此时M，故＝（，，0），＝（－，，）.设平面CAM的法向量为n＝（x2，y2，z2），则，故n＝（2，－2，12），故m·n＝0×2＋×（－2）＋×12＝0，故二面角CAMB为90°.