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专题10 立体几何综合
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高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，立体几何综合这个考点主要以解答题的形式出现．考查线面平行与垂直、空间几何体的表面积与体积、空间角等．命题会涉及到线面平行与垂直的证明，等体积法求空间几何体的体积，空间向量法求空间距离、空间角，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想。
一、解答题
【真题1】（2023 新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．
（1）证明：B2C2∥A2D2；
（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：
B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
∴，，∴，
又B2，C2，A2，D2四点不共线，∴B2C2∥A2D2；
（2）在（1）的坐标系下，可设P（0，2，t），t∈[0，4]，
又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
∴，，，
设平面PA2C2的法向量为，
则，取，
设平面A2C2D2的法向量为，
则，取，
∴根据题意可得|cos150°|＝|cos，|，
∴，∴t2﹣4t+3＝0，
又t∈[0，4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，
∴B2P＝1．
【真题2】（2023 新高考Ⅱ）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足，求二面角D﹣AB﹣F的正弦值．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（1）连接AE，DE，
∵DB＝DC，E为BC中点．∴DE⊥BC，
又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD 均为等边三角形，
∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，
∵AD 平面ADE，∴BC⊥DA．
（2）解：设DA＝DB＝DC＝2，∴，
∵，AD＝2，∴AE2+DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，
又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，∴AE⊥平面BCD，
以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，E（0，0，0），
∵，∴，
∴，，，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为，，
则，令x1＝1，解得y1＝z1＝1，
，令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，
故（1，1，1），（0，1，1），
设二面角D﹣AB﹣F的平面角为θ，则|cosθ|，故sinθ，
所以二面角D﹣AB﹣F的正弦值为．
【真题3】（2023 甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．
（1）求证：AC＝A1C；
（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
【解答】（1）证明：取CC1的中点O，连接A1O，
∵A1C⊥底面ABC，AC 底面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1OC1C＝1，
∵A1C⊥底面ABC，BC 底面ABC，∴A1C⊥BC，
∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，
∵BC 平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，
∵O为CC1的中点，∴A1C＝A1C1＝AC，
∴AC＝A1C；
（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，
取BB1的中点N，连接ON，∴四边形BCON为平行四边形，
∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，
∵A1N 平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，
∴A1N为直线AA1与BB1距离，∴A1N＝2，∴ON，
由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，
∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，易求得C1M＝3，∴B1M2，
∵AM＝1，∴AB1，∴sin∠AB1M．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
法二：连接AB，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB的中点F，连接AF，
∵A1A与B1B的距离为2，∴A1F＝2，
∴A1C＝AC，AB＝A1B1，BC，
以C为坐标原点，CA，CB，CC所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
C（0，0，0），A（，0，0），B（0，，0），B1（，，），C1（，0，），
∴（0，，0），（，0，），（﹣2，，），
设平面BCC1B1的一个法向量为（x，y，z），
则，令x＝1，y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为（1，0，1），
∴sinθ＝|cos，|．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
【真题4】（2023 乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）求证：EF∥平面ADO；
（2）若∠POF＝120°，求三棱锥P﹣ABC的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】 （1）证明：在Rt△ABC中，作FH⊥AB，垂足为H，
设AH＝x，则HB＝2﹣x，
因为FH∥CB，所以Rt△AHF∽Rt△ABC，所以，即，解得HFx，
又因为∠BFH＝∠FBO，所以∠AOB＝∠FBH，且∠BHF＝∠OBA＝90°，
所以Rt△BHF∽Rt△OBA，所以，即，解得x＝1，
即AH＝1，所以H是AB的中点，F是AC的中点，
又因为E是PA的中点，所以EF∥PC，同理，DO∥PC，所以EF∥DO，
又因为EF 平面ADO，DO 平面ADO，
所以EF∥平面ADO；
（2）解：过P作PM垂直FO的延长线交于点M，
因为PB＝PC，O是BC中点，所以PO⊥BC，
在Rt△PBO中，PB，BOBC，所以，
因为AB⊥BC，OF∥AB，所以OF⊥BC，
又PO∩OF＝O，PO，OF 平面POF，所以BC⊥平面POF，
又PM 平面POF，所以BC⊥PM，
又BC∩FM＝O，BC，FM 平面ABC，
所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P﹣ABC的高为PM，
因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°，所以，
△ABC的面积为S△ABCAB×BC2×22，
所以三棱锥P﹣ABC的体积为V三棱锥P﹣ABC2．
【真题5】（2023 乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC，ADDO，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；
（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【解答】证明：（1）由题可知，||＝2，设λ，
∵cos∠BAC＝4，
则（） （）（）8λ﹣4＝0，解得，∴OF∥AB，OFAB，
而DE∥AB，DEAB，∴DE∥OF，DE＝OF，
∴四边形ODEF为平行四边形，∴EF∥OD，
∵OD 平面ADO，EF 平面ADO，
∴EF∥平面ADO．
证明：（2）AOPC＝2OD，ADOD，
∴AD2＝AO2+OD2，即AO⊥OD，AO⊥EF，
∵BF⊥AO，BF∩EF＝F，∴AO⊥平面BEF，
∵AO 平面ADO，∴平面ADO⊥平面BEF．
解：（3）设二面角D﹣AO﹣C的平面角为θ，
∵AO⊥OD，AO⊥BF，∴θ为和的夹角，
||||，||，
cosθ，sinθ，
∴二面角D﹣AO﹣C的正弦值为．
【真题6】（2023 北京）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC，PA⊥平面ABC．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；
（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABC，AC 平面ABC，BC 平面ABC，
∴PA⊥AC，PA⊥BC，∵PA＝1，PC，∴AC，
又∵AB＝BC＝1，∴AC2＝AB2+BC2，∴BC⊥AB，
又∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB；
解：（Ⅱ）以点B为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（0，1，0），B（0，0，0），C（1，0，0），P（0，1，1），
∴（0，0，1），（1，﹣1，0），（0，1，1），（1，0，0），
设平面APC的一个法向量为（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，1，0），
设平面BPC的一个法向量为（a，b，c），
则，取b＝1，得（0，1，﹣1），
∴cos，，
由图可知二面角A﹣PC﹣B为锐角，设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，
则cosθ＝|cos，|，∴，
即二面角A﹣PC﹣B的大小为．
【真题7】（2023 上海）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4．
（1）证明：直线A1B∥平面DCC1D1；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角A1﹣BD﹣A的大小．
【答案】（1）证明见解答；（2）arctan．
【解答】解：（1）证明：根据题意可知AB∥DC，AA1∥DD1，且AB∩AA1＝A，
∴可得平面A1ABB1∥平面DCC1D1，又直线A1B 平面A1ABB1，
∴直线A1B∥平面DCC1D1；
（2）设AA1＝h，则根据题意可得该四棱柱的体积为36，
∴h＝4，∵A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD内过A作AE⊥BD，垂足点为E，
则A1E在底面ABCD内的射影为AE，
∴根据三垂线定理可得BD⊥A1E，故∠A1EA即为所求，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝3，∴BD，∴AE，
又A1A＝h＝4，∴tan∠A1EA，
∴二面角A1﹣BD﹣A的大小为arctan．
【真题8】（2023 天津）在三棱台ABC﹣A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别为BC，AB中点．
（Ⅰ）求证：A1N∥平面C1MA；
（Ⅱ）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点C到平面C1MA的距离．
【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接MN，可得MN为△AC的中位线，
可得MN∥AC，且MNAC＝1，而A1C1＝1，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，MN＝A1C1，
可得四边形MNA1C1为平行四边形，则A1N∥C1M，
而A1N 平面C1MA，C1M 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA；
（Ⅱ）取AC的中点H，连接MH，
由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC．
由A1A⊥平面ABC，MH 平面ABC，可得A1A⊥MH，可得MH⊥平面A1ACC1．
过H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM，由三垂线定理可得DM⊥AC1，
可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1所成角．
由MHAB＝1．在矩形AHC1A1中，DH，
所以cos∠MDH；
（Ⅲ）设C到平面C1MA的距离为d．
在△C1MA中，A1MAC，AC1，MC1，
则．
由，可得dd C1H S△CMA22×1，
解得d．
考向1 求体积
解法技巧 求体积： （1）公式法． （2）等体积法．
【模拟01】（2024 四川模拟）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，，BD＝DE＝2BF＝2，DE⊥AC，BF∥DE．
（1）求证：平面ACF⊥平面BDEF；
（2）当BF⊥CD时，求三棱锥D﹣ACF的体积．
【答案】（1）证明见解答；（2）．
【解答】解：（1）证明：∵底面四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
又DE⊥AC，BD∩DE＝D，且BD，DE 平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF，
又AC 平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF；
（2）由（1）可知AC⊥平面BDEF，又BF 平面BDEF，∴BF⊥AC，
又BF⊥CD，AC∩CD＝C，且AC，CD 平面ABCD，∴BF⊥平面ABCD，
∵四边形ABCD为菱形，，BD＝DE＝2BF＝2，
∴BF＝1，AC，BD＝2，
∴三棱锥D﹣ACF的体积为VD﹣ACF＝VF﹣ACD．
【模拟02】（2024 静安区二模）如图1所示，ABCD是水平放置的矩形，，BC＝2．如图2所示，将ABD沿矩形的对角线BD向上翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
（1）求四面体ABCD的体积V；
（2）试判断与证明以下两个问题：
①在平面BCD上是否存在经过点C的直线l，使得l⊥AD；
②在平面BCD上是否存在经过点C的直线l，使得l∥AD．
【答案】（1）2；
（2）①在平面BCD上存在经过点C的直线l，使得l⊥AD，证明过程见解析；
②在平面BCD上不存在经过点C的直线l，使得l∥AD，证明过程见解析．
【解答】解：（1）过点A作AE⊥BD，垂足为E．
∵平面ABD⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，由等面积法可得．
∴；
（2）①在平面BCD上存在经过点C的直线l，使得l⊥AD．
证明：过点C作CF⊥BD，垂足为F．
∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CF，
又AE∩BD＝E，∴CF⊥平面ABD，可得CF⊥AD，
即存在l⊥AD；
②在平面BCD上不存在经过点C的直线l，使得l∥AD，
证明：假设存在l∥AD，
∵AD不在平面BCD内，则AD∥平面BCD，与AD∩平面BCD＝D矛盾．
∴不存在l∥AD．
【模拟03】（2024 榆林二模）如图，在底面是正方形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，BC＝1，CC1＝3，．
（1）证明：四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱．
（2）求四棱锥B﹣ACC1A1的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1．
【解答】解：（1）证明：在底面是正方形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，
因为，
所以，则BC⊥CC1．
又CD⊥平面BCC1B1，CC1 平面BCC1B1，所以CD⊥CC1，
因为BC∩CD＝C，BC，CD 平面ABCD，所以CC1⊥平面ABCD．
又底面ABCD为正方形，所以四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱．
（2）连接BD，交AC于点O，
因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD．
由（1）知，CC1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，则CC1⊥BD．
因为CC1∩AC＝C，CC1，AC 平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1．
因为BC＝1，所以，
所以四棱锥B﹣ACC1A1的体积．
【模拟04】（2024 河北区模拟）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝4，A1B1＝A1C1＝A1A＝2，侧棱A1A⊥平面ABC，点D是CC1的中点．
（1）求证：BB1⊥平面AB1C；
（2）求点B1到平面ABD的距离；
（3）求平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【解答】（1）证明：∵A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AB＝AC＝4，A1B1＝A1C1＝A1A＝2，点D是CC1的中点，
∴A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），A1（0，0，2），
B1（2，0，2），C1（0，2，2），D（0，3，1），
则，
设平面AB1C的法向量为，
则有即令x＝1，得y＝0，z＝﹣1，∴，
∵，
∴BB1⊥平面AB1C；
解：（2），
设平面ABD的法向量为，
则有即令y＝1，得x＝0，z＝﹣3，∴，
∵，则，
∴点B1到平面ABD的距离为；
（3）设平面AB1C与平面ABD的夹角为θ，
∵平面AB1C的法向量为，
平面ABD的法向量为，
则cosθ，
∴平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值等于．
【模拟05】（2024 苏州模拟）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1是A1C和B1C1的公垂线段，A1B与平面ABC成60°角，AB＝2，A1A＝AC＝2．
（1）求证：AB⊥平面A1BC；
（2）求A1到平面ABC的距离；
（3）求二面角A1﹣AC﹣B的大小．
【答案】（1）证明过程请见解答；（2）；（3）．
【解答】（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1是A1C与B1C1的公垂线段，
即A1B1⊥A1C，A1B1⊥B1C1，∴AB⊥A1C，AB⊥BC，
又A1C∩BC＝C，∴AB⊥平面A1BC．
（2）解：由（1）知AB⊥平面A1BC，
∵AB 平面ABC，∴平面ABC⊥平面A1BC，作A1O⊥BC，垂足为O，
∵平面ABC∩平面A1BC＝BC，A1O 平面A1BC，
∴A1O⊥平面ABC，即A1到平面ABC的距离为A1O，
∴∠A1BC为A1B与平面ABC所成角，即∠A1BC＝60°，
在Rt△A1AB中，A1B2，
∴A1O＝A1Bsin∠A1BC＝2，
即A1到平面ABC的距离为．
（3）解：在Rt△ABC中，BC2，
∴A1B＝BC，∠A1BC＝60°，∴△A1BC为等边三角形，
又A1O⊥BC，∴O是BC的中点，
过点O作OH⊥AC于H，连接A1H，
∵A1O⊥平面ABC，且AC 平面ABC，∴A1O⊥AC，
又OH∩A1O＝O，OH、A1O 平面A1OH，∴AC⊥平面A1OH，
∵A1H 平面A1OH，∴AC⊥A1H，
∴∠A1HO为二面角A1﹣AC﹣B的平面角，
在△ABC中，由，得OH，
在△OA1H中，tan∠A1HO，
∴二面角A1﹣AC﹣B大小为．
考向2 求线面角
解法技巧 求线面角： （1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． （2）向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|．
【模拟01】（2024 江苏模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，二面角A﹣CD﹣P为直二面角．
（1）求证：PB⊥PD；
（2）当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
【答案】（1）见解答；
（2）．
【解答】解：（1）证明：由于底面ABCD是边长为2的正方形，则BC⊥CD，
由于二面角A﹣CD﹣P为直二面角，则BC⊥平面PCD，
由于PD 平面PCD，则PD⊥BC，又PC⊥PD，PC∩BC＝C，PC、BC 平面PBC，
则PD⊥平面PBC，由于PB 平面PBC，则PB⊥PD．
（2）取CD中点F，连PF、BF，由PC＝PD知PF⊥CD，由于二面角A﹣CD﹣P为直二面角，
则PF⊥平面ABC，于是PF⊥BF，由于底面ABCD是边长为2的正方形，则PF，
BF，于是PB，同理PA，于是，又，设C到平面PAB距离为d，则由VP﹣ABC＝VC﹣PAB得：，于是解得：d，故直线PC与平面PAB所成角的正弦值为：．
【模拟02】（2024 广州一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，，点M，N分别为DP和AB的中点．
（1）求证：MN∥平面PBC；
（2）求证：平面PBC⊥平面ABCD；
（3）求CM与平面PAD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【解答】证明：（1）取PC中点E，连接ME，BE，
∵M为DP中点，N为AB中点，∴ME∥CD且MECD，
又∵BN∥CD且BNCD，∴ME∥BN且ME＝BN，
∴四边形BEMN为平行四边形，∴MN∥BE，
∵MN 平面PBC，BE 平面PBC，∴MN∥平面PBC；
证明：（2）∵，
∴△BCD≌△BCP，过P作PQ⊥BC于点Q，∴DQ⊥BC，
∴，∴PQ⊥DQ，∴PQ⊥平面ABCD，
∵PQ 平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABCD；
解：（3）如图建系，
则，
∴，
设平面PAD的一个法向量，
∴，
设CM与平面PAD所成角为θ，
∴．
【模拟03】（2024 湟中区一模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，△ACD是边长为2的等边三角形．
（1）证明：C1D⊥BD．
（2）若BC＝6，求直线BD与平面B1C1D所成角的正弦值．
【答案】（1）证明详见解析；
（2）．
【解答】解：（1）证明：因为△ACD是边长为2的等边三角形，
所以∠ADC＝60°，∠DA1C1＝120°，
因为D是AA1的中点，等边△ACD的边长为2，
所以AD＝A1D＝A1C1＝2，即△A1C1D是等腰三角形，所以∠A1DC1＝30°，
从而CDC1＝90°，即CD⊥C1D，
因为BC⊥平面AA1C1C，C1D 平面AA1C1C，所以BC⊥C1D，
因为BC∩CD＝C，BC 平面BCD，CD 平面BCD，所以C1D⊥平面BCD，
因为BD 平面BCD，所以C1D⊥BD；
（2）解：连接CA1，
因为，所以AC⊥CA1，以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，6），，，，
则，，，
设平面B1C1D的法向量为（x，y，z），
则，令x＝3，得，
设直线BD与平面B1C1D所成的角为θ，
则sinθ，
故直线BD与平面B1C1D所成角的正弦值为．
【模拟04】（2024 虹口区二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA⊥CB，D为AB的中点，CA＝CB＝2，CC1＝3．
（1）求证：AC1∥平面B1CD；
（2）若CC1⊥平面ABC，点P在棱AA1上，且PD⊥平面B1CD，求直线CP与平面B1CD所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解答】（1）证明：连接BC1，交B1C于点E，连接DE，
∵D为AB的中点，平行四边形BB1C1C中，E为BC1的中点，
∴DE是△ABC1的中位线，可得AC1∥DE，
∵AC1 平面B1CD，DE 平面B1CD，
∴AC1∥平面B1CD；
（2）解：∵CC1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，
∵△ABC中，CA⊥CB，D为AB的中点，CA＝CB＝2，∴BD＝CD＝AD，
∴Rt△B1BD中，B1D，
∵PD⊥平面B1CD，B1D 平面B1CD，∴PD⊥B1D，
∴矩形AA1B1B中，Rt△PAD∽Rt△DBB1，可得，即，解得PD．
∵PD⊥平面B1CD，CD为CP在平面B1CD内的射影，
∴∠PCD是直线CP与平面B1CD的所成角，
∵Rt△PCD中，PC，
∴sin∠PCD，即直线CP与平面B1CD所成角的正弦值等于．
【模拟05】（2024 南昌模拟）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥底面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．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解答】解：（1）方法一：证明：取CC1的中点O，连接A1O，
∵A1C⊥底面ABC，AC 底面ABC，
∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1OC1C＝1，
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，点O∈平面BCC1B1，且A1O＝1，
∴A1O⊥平面BCC1B1，∴A1O⊥CC1，∵O为CC1的中点，
∴A1C＝A1C1＝AC，∴AC＝A1C；
方法二：证明：取CC1的中点O，连接A1O，
∵A1C⊥底面ABC，AC 底面ABC，
∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1OC1C＝1，
∵A1C⊥底面ABC，BC 底面ABC，
∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，
∵BC 平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，
∵O为CC1的中点，∴A1C＝A1C1＝AC，∴AC＝A1C；
（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，
取BB1的中点N，连接ON，
∴四边形BCON为平行四边形，∴ON⊥平面A1C1CA，
A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，
∵A1N 平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，
∴A1N为直线AA1与BB1距离，∴A1N＝2，∴ON，
由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，
∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，易求得C1M＝3，
∴B1M2，∵AM＝1，∴AB1，∴sin∠AB1M．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
考向3 求二面角
解法技巧 求二面角： （1）定义法． （2）找（作）公垂面法． （3）空间向量法: 设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则 ①当0，，θ，，cosθ＝cos，． ②当，π时，cosθ＝﹣cos，．
【模拟01】（2024 金山区二模）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，点G是的中点，点P在上，异面直线BP与AD所成的角是30°．
（1）求证：AE⊥BP；
（2）若AB＝3，AD＝2，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
【答案】（1）证明见解析．
（2）60°．
【解答】解：（1）证明：因为AD∥BC，所以∠CBP是直线BP与AD所成角，为30°，
所以∠EBP＝120°﹣30°＝90°，得BP⊥BE，
又因为AB⊥BP，且BE∩AB＝B，所以BP⊥平面ABEF，
由AE 平面ABEF，得AE⊥BP．
（2）解法一：取的中点H，连接EH，GH，CH．
因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC．
取AG中点M，连接EM，CM，EC．则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM2．
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22+22﹣2×2×2×cos120°＝12，
所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°．
解法二：以B为坐标原点，分别以、、的方向为x、y、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），
故（2，0，﹣3），（1，，0），（2，0，3），
设是平面ACG的一个法向量．
由，可得，
取w1＝﹣2，可得平面ACG的一个法向量．
设是平面AEG的一个法向量．
由，可得，
取w2＝2，可得平面AEG的一个法向量．
所以．
因此所求的角为60°．
【模拟02】（2024 黄浦区二模）如图，在四棱锥PABC中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，PB∥平面AEC．
（1）求证：点E是棱PD的中点；
（2）若PA⊥平面ABCD，AP＝2，，PC与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角D﹣AE﹣C的大小．
【答案】（1）证明见解析．
（2）arccos．
【解答】（1）证明：连接BD，交AC于点F，连接EF，
因为PB∥平面ACE，PB 平面PBD，平面PBD∩平面PCE＝EF，所以PB∥EF，
又因为ABCD是矩形，所以BF＝FD，
所以PE＝ED，E为PD的中点．
（2）解：因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直线PC于平面ABCD所成的角，
又因为AC 平面ABCD，所以PA⊥AC，所以tan∠PCA，所以AC＝3PA＝6，
又因为AD＝2，AB⊥AD，所以AB2，
分别以AB、AD、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，，1），
设面AED的一个法向量为（1，0，0），（2，2，0），（0，，1），
设平面ACE的法向量为（x，y，z），则，即，
所以，令x＝1，得y，z，所以（1，，），
cos，，由图形知，二面角D﹣AE﹣C所成的角为锐角，
所以二面角的大小为arccos．
【模拟03】（2024 西城区模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1为正方形，AB⊥AC，AB＝AC＝2，D为BC的中点．
（Ⅰ）求证：A1C∥平面AB1D；
（Ⅱ）若A1C⊥AB，求二面角D﹣AB1﹣A1的余弦值．
【答案】（I）证明过程请见解答；（Ⅱ）．
【解答】（I）证明：连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，则E为A1B的中点，
因为D为BC的中点，所以DE∥A1C，
又A1C 平面AB1D，DE 平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D．
（Ⅱ）解：因为AB⊥A1C，AB⊥AC，且A1C∩AC＝C，所以AB⊥平面A1ACC1，
又AA1 平面A1ACC1，所以AB⊥AA1，
又AA1⊥AC，所以AB，AC，AA1两两相互垂直，
故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B1（2，0，2），D（1，1，0），C（0，2，0），
所以，
设平面AB1D的法向量为，则即
令x＝﹣1，所以（﹣1，1，1），
因为AC⊥平面A1ABB1，所以是平面A1ABB1的一个法向量，
所以，
由题意知，二面角D﹣AB1﹣A1的平面角为钝角，
所以二面角D﹣AB1﹣A1的余弦值为．
【模拟04】（2024 福州模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，．
（1）设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；
（2）求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】（1）证明：因为D为AC中点，且AB＝AC＝BC＝2，
所以在△ABC中，有BD⊥AC，且，
又平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面ACC1A1，
又A1D 平面ACC1A1，则BD⊥A1D，由A1B，BD，得A1D，
因为AD＝1，AA1＝2，A1D，所以由勾股定理，得AC⊥A1D，
又AC⊥BD，A1D∩BD＝D，所以AC⊥平面A1DB；
（2）解：如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
可得，
，
设平面A1AB1的法向量为，
由，令，得y＝1，z＝1，所以（，1，1），
由（1）知，BD⊥平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为，
记平面A1AB1与平面ACC1A1的夹角为α，
则cosα，
所以平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值为．
【模拟05】（2024 贵州模拟）如图，已知在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，平面SAB⊥底面ABCD，SA＝ABAD，M是SB的中点．
（1）证明：AM⊥MC；
（2）若SA⊥BD，SA＝2，求平面AMC与平面ABCD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】（1）证明：因为平面SAB⊥底面ABCD，在矩形ABCD中，BC⊥AB，
平面SAB∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面SAB．
又因为AM 平面SAB，所以BC⊥AM，SA＝AB，M是SB的中点，
所以AM⊥SB．BC∩SB＝B，所以AM⊥平面SBC，
因为MC 平面SBC，所以AM⊥MC．
（2）解：由（1）知BC⊥平面SAB，所以BC⊥SA，SA⊥BD，所以SA⊥平面ABCD．
以点A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x，y，Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为SA＝2，则A（0，0，0），C（3，2，0），M（0，1，1），
设平面AMC的一个法向量为，则，．
则，取x＝2，则y＝﹣3，z＝3，
所以平面AMC的一个法向量为，
SA⊥平面ABCD，故面ABCD的法向量为，
则|cos，|，
所以平面AMC与平面ABCD的夹角的余弦值为．专题10 立体几何综合
◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆
高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，立体几何综合这个考点主要以解答题的形式出现．考查线面平行与垂直、空间几何体的表面积与体积、空间角等．命题会涉及到线面平行与垂直的证明，等体积法求空间几何体的体积，空间向量法求空间距离、空间角，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想。
一、解答题
【真题1】（2023 新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．
（1）证明：B2C2∥A2D2；
（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．
【真题2】（2023 新高考Ⅱ）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足，求二面角D﹣AB﹣F的正弦值．
【真题3】（2023 甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．
（1）求证：AC＝A1C；
（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【真题4】（2023 乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）求证：EF∥平面ADO；
（2）若∠POF＝120°，求三棱锥P﹣ABC的体积．
【真题5】（2023 乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC，ADDO，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；
（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．
【真题6】（2023 北京）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC，PA⊥平面ABC．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；
（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．
【真题7】（2023 上海）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4．
（1）证明：直线A1B∥平面DCC1D1；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角A1﹣BD﹣A的大小．
【真题8】（2023 天津）在三棱台ABC﹣A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别为BC，AB中点．
（Ⅰ）求证：A1N∥平面C1MA；
（Ⅱ）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点C到平面C1MA的距离．
考向1 求体积
解法技巧 求体积： （1）公式法． （2）等体积法．
【模拟01】（2024 四川模拟）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，，BD＝DE＝2BF＝2，DE⊥AC，BF∥DE．
（1）求证：平面ACF⊥平面BDEF；
（2）当BF⊥CD时，求三棱锥D﹣ACF的体积．
【模拟02】（2024 静安区二模）如图1所示，ABCD是水平放置的矩形，，BC＝2．如图2所示，将ABD沿矩形的对角线BD向上翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
（1）求四面体ABCD的体积V；
（2）试判断与证明以下两个问题：
①在平面BCD上是否存在经过点C的直线l，使得l⊥AD；
②在平面BCD上是否存在经过点C的直线l，使得l∥AD．
【模拟03】（2024 榆林二模）如图，在底面是正方形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，BC＝1，CC1＝3，．
（1）证明：四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱．
（2）求四棱锥B﹣ACC1A1的体积．
【模拟04】（2024 河北区模拟）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝4，A1B1＝A1C1＝A1A＝2，侧棱A1A⊥平面ABC，点D是CC1的中点．
（1）求证：BB1⊥平面AB1C；
（2）求点B1到平面ABD的距离；
（3）求平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值．
【模拟05】（2024 苏州模拟）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1是A1C和B1C1的公垂线段，A1B与平面ABC成60°角，AB＝2，A1A＝AC＝2．
（1）求证：AB⊥平面A1BC；
（2）求A1到平面ABC的距离；
（3）求二面角A1﹣AC﹣B的大小．
考向2 求线面角
解法技巧 求线面角： （1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． （2）向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|．
【模拟01】（2024 江苏模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，二面角A﹣CD﹣P为直二面角．
（1）求证：PB⊥PD；
（2）当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
【模拟02】（2024 广州一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，，点M，N分别为DP和AB的中点．
（1）求证：MN∥平面PBC；
（2）求证：平面PBC⊥平面ABCD；
（3）求CM与平面PAD所成角的正弦值．
【模拟03】（2024 湟中区一模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，△ACD是边长为2的等边三角形．
（1）证明：C1D⊥BD．
（2）若BC＝6，求直线BD与平面B1C1D所成角的正弦值．
【模拟04】（2024 虹口区二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA⊥CB，D为AB的中点，CA＝CB＝2，CC1＝3．
（1）求证：AC1∥平面B1CD；
（2）若CC1⊥平面ABC，点P在棱AA1上，且PD⊥平面B1CD，求直线CP与平面B1CD所成角的正弦值．
【模拟05】（2024 南昌模拟）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥底面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．
考向3 求二面角
解法技巧 求二面角： （1）定义法． （2）找（作）公垂面法． （3）空间向量法: 设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则 ①当0，，θ，，cosθ＝cos，． ②当，π时，cosθ＝﹣cos，．
【模拟01】（2024 金山区二模）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，点G是的中点，点P在上，异面直线BP与AD所成的角是30°．
（1）求证：AE⊥BP；
（2）若AB＝3，AD＝2，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
【模拟02】（2024 黄浦区二模）如图，在四棱锥PABC中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，PB∥平面AEC．
（1）求证：点E是棱PD的中点；
（2）若PA⊥平面ABCD，AP＝2，，PC与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角D﹣AE﹣C的大小．
【模拟03】（2024 西城区模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1为正方形，AB⊥AC，AB＝AC＝2，D为BC的中点．
（Ⅰ）求证：A1C∥平面AB1D；
（Ⅱ）若A1C⊥AB，求二面角D﹣AB1﹣A1的余弦值．
【模拟04】（2024 福州模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，．
（1）设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；
（2）求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．
【模拟05】（2024 贵州模拟）如图，已知在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，平面SAB⊥底面ABCD，SA＝ABAD，M是SB的中点．
（1）证明：AM⊥MC；
（2）若SA⊥BD，SA＝2，求平面AMC与平面ABCD的夹角的余弦值．

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