专题15 立体几何解答题全归类（练习）（解析版）

专题15立体几何解答题全归类目录01非常规空间几何体为载体................................................................................................................102立体几何探索性问题.......................................................................................................................803立体几何折叠问题.........................................................................................................................1804立体几何作图问题.........................................................................................................................2405立体几何建系繁琐问题.................................................................................................................3206两角相等（构造全等）的立体几何问题.......................................................................................4207利用传统方法找几何关系建系......................................................................................................4808空间中的点不好求.........................................................................................................................5609创新定义........................................................................................................................................6701非常规空间几何体为载体1．（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．(1)若点F是BC的中点，求证：//DF平面ACE；(2)若π2,3ABBACACE，求直线CD与平面ABDE所成角的余弦值．【解析】（1）OF、分别是ABBC、中点，连接OF，则//OFAC，OF平面,ACEAC平面ACE，则//OF平面ACE，四边形AODE是矩形，//ODAE，同理有//OD平面ACE，又OFODO，,OFOD平面DOF，故平面//ODF平面ACE，又DF平面ODF，故//DF平面ACE.（2）解法一：在圆锥DO中，DO平面ABC，DO平面,ABDE则平面ABDE平面ABC，平面ABDE平面ABCAB，作CGAB于点G，连接DG，则CG面,ABDEDG是CD在平面ABDE上的射影，CDG是直线CD与平面ABDE所成的角，在直角三角形ABC中，π2,3ABBAC，则31,3,2ACBCCG，DO平面,ABCAEDO//，则AE平面ABC，在直角三角形ACE中，1AC，π3ACE，则3,3,2AEDOCD，在直角三角形CDG中，3sin4CGCDGCD，故213cos1sin4CDGCDG，即直线CD与平面ABDE所成角的余弦为134.解法二：在圆锥DO中，DO平面ABC，在直角三角形ABC中，π2,3ABBAC，则1AC，3BC，在直角三角形ACE中，π1,3ACACE，则3,3AEDO，建立如图所示的空间直角坐标系，则13130,0,0,1,0,0,0,3,0,,,0,,,3,1,0,32222CABODE，13,,3,1,3,0,0,0,322CDABAE，设,,mxyz是平面ABDE的法向量，则3030mABxymAEz，令3x得3,1,0mr，设直线CD与平面ABDE所成角为，则3sincos,4mCDmCDmCD，213cos1sin4.2．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，60ADBADC，E为BC中点．（1）证明BCDA；（2）点F满足EFDA，求二面角DABF的正弦值．【解析】证明：（1）连接AE，DE，DBDC，E为BC中点．DEBC，又DADBDC，60ADBADC，ACD与ABD均为等边三角形，ACAB，AEBC，AEDEE，BC平面ADE，AD平面ADE，BCDA．（2）设2DADBDC，22BC，2DEAE，2AD，2224AEDEAD，AEDE，又AEBC，DEBCE，AE平面BCD，以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，(2,0,0)D，(0,0,2)A，(0,2,0)B，(0E，0，0)，EFDA，(2,0,2)F，(2,0,2)DA，(0,2,2)AB，(2,0,0)AF，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为1111(,,)nxyz，2222(,,)nxyz，则1111220220xzyz，令11x，解得111yz，22222020yzx，令21y，解得20x，21z，故1(1n，1，1)，2(0n，1，1)，设二面角DABF的平面角为，则1212||26|cos|3||||32nnnn，故3sin3，所以二面角DABF的正弦值为33．3．（2023·河南·高二漯河高中校联考阶段练习）如图，四棱台ABCDEFGH中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，24EGAC，上、下底面中心的连线NM垂直于上、下底面，且NM与侧面所成角的正切值为22．(1)求点A到平面MHG的距离；(2)求二面角EHMG的余弦值．【解析】（1）取,BCFG的中点,IJ，NJ的中点K，连接,,,IJNJMIIK．因为MN平面ABCD，线面垂直的性质知MNMA，MNMB，MNMI．易得12NKNJMI，且//NKMI，即四边形MNKI为矩形．所以//MNIK，易得KIJ为MN与侧面所成的一个角．因为MN与侧面所成角的正切值为22，所以1212212222MNNJEG．以点M为坐标原点，,,MAMBMN的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0M，0,0,1N，1,0,0A，2,0,1E，0,2,1H，2,0,1G．所以2,0,1MG，0,2,1MH．设平面MHG的法向量为111,,mxyzr，则11112020mMGxzmMHyz，令11x，则平面MHG的一个法向量为1,1,2m，而1,0,0MA，所以点A到平面MHG的距离66MAmdm．（2）因为2,0,1ME，设面MEH的法向量为222,,nxyzr，则22222020nMExznMHyz，令21x，则面MEH的一个法向量为1,1,2n．所以42cos,63mnmnmn，易知二面角EHMG的平面角为钝角，所以二面角EHMG的余弦值为23．4．（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台1111ABCDABCD中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，1124ABAB，,EF分别为,DCBC的中点，上下底面中心的连线1OO垂直于上下底面，且1OO与侧棱所在直线所成的角为45.(1)求证：1BD∥平面1CEF；(2)求点1A到平面1CEF的距离；(3)边BC上是否存在点M，使得直线1AM与平面1CEF所成的角的正弦值为32222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由【解析】（1）证明：因为1OO平面ABCD，以点O为坐标原点，1,,DAOFOO的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线1OO所成的角为45，则(2,2,0)B，1(1,1,2)D，1(1,1,2)C，(0,2,0)F，(2,0,0)E，1(1,1,2)A，所以1(3,3,2)BD，1(1,1,2)CE，(2,2,0)EF，设平面1CEF的一个法向量为(,,)nxyz，则1020nEFxynCExyz，令1x，则(1,1,0)n，因为1(3,3,2)BD，所以10nBD，所以1nBD，又因为1BD平面1CEF，所以1BD∥平面1CEF；（2）由（1）知，1(3,1,2)AE，所以点1A到平面1CEF的距离为1|||4|22||2AEndn；（3）假设边BC上存在点(,2,0)Mx满足条件，[2,2]x，则1(1,3,2)AMx，设直线1AM与平面1CEF所成角为，由题意可得1121|||4|322sin|cos,|22||||2212AMnxAMnAMnxx，化简得235340xx，则1x或34x（舍去），即存在点M符合题意，此时1BM.02立体几何探索性问题5．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱1111ABCDABCD中，2AB，14AA．点2A，2B，2C，2D分别在棱1AA，1BB，1CC，1DD上，21AA，222BBDD，23CC．（1）证明：2222//BCAD；（2）点P在棱1BB上，当二面角222PACD为150时，求2BP．【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：2(0B，2，2)，2(0C，0，3)，2(2A，2，1)，2(2D，0，2)，22(0,2,1)BC，22(0,2,1)AD，2222BCAD，又2B，2C，2A，2D四点不共线，2222//BCAD；（2）在（1）的坐标系下，可设(0P，2，)t，[0t，4]，又由（1）知2(0C，0，3)，2(2A，2，1)，2(2D，0，2)，22(2,2,2)CA，2(0,2,3)CPt，22(0,2,1)AD，设平面22PAC的法向量为(,,)mxyz，则22222202(3)0mCAxyzmCPytz，取(1,3,2)mtt，设平面222ACD的法向量为(,,)nabc，则2222222020nCAabcnADbc，取(1,1,2)n，根据题意可得|cos150||cosm，|||||||mnnmn，22362(1)(3)46tt，2430tt，又[0t，4]，解得1t或3t，P为1