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． 【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 ... ...
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