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以下为本文档部分文字说明：

专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用授课提示：对应学生用书85页1．[2023·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，D

D1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P.方法二以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以𝐵2𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，1)，𝐵2𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，1)，所以𝐵2𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴2𝐷2⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗，所以B2C2∥A2D2.(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，所以𝑃𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，1－n)，𝑃𝐶2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，3－n)，设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，，令x1＝n

－1，得a＝(n－1，3－n，2).设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，由(1)方法二知，𝐴2𝐶2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，－2，2)，𝐴2𝐷2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，

1)，则－2x2－2y2＋2z2＝0－2y2＋z2＝0，令y2＝1，得b＝(1，1，2).所以|cos150°|＝|cos〈a，b〉|＝|n－1＋3－n＋4|（n－1）2＋4＋（3－n）2×6＝32，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝

1.2．[2023·新课标Ⅱ卷]如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF→＝DA→，求二面角D­A

B­F的正弦值．解析：(1)如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS).可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥

平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝2.因为AE⊥BC，所以AE＝

AB2－EB2＝2.在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，

DA→＝(－2，0，2)，BA→＝(0，－2，2).设F(xF，yF，zF)，因为EF→＝DA→，所以(xF，yF，zF)＝(－2，0，2)，可得F(－2，0，2).所以FA→＝(2，0，0).设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则DA→·

m＝0BA→·m＝0，即－2x＋2z＝0－2y＋2z＝0，取x＝1，则y＝z＝1，m＝(1，1，1).设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则FA→·n＝0BA→·n＝0，即2x＝0－2y＋2z＝0，得x＝0

，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1，1).所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝23×2＝63.记二面角D­AB­F的大小为θ，则sinθ＝1－cos2〈m，n〉＝1－（63）2＝33，故二面角D­AB­F的正弦

值为33.3．[2024·九省联考]如图，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)证明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B­

AA1­D的正弦值．解析：(1)证明：连接BC1，DC1，因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，在△C1CO中，CC1＝2，CO＝12AC＝2，∠C1C

O＝45°，所以cos∠C1CO＝22＝C1C2＋OC2－C1O22×C1C×OC⇒C1O＝2，则C1C2＝OC2＋C1O2⇒C1O⊥OC，又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以C1O⊥平面ABCD.(2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1

O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，则B(0，2，0)，D(0，－2，0)，A(2，0，0)，C(－2，0，0)，C1(0，0，2)，则AA1＝CC1＝(2，0，2)，AB→＝(－2，2，0)，AD→＝(－2，－2，0)，设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则⇒2x1＋2z1＝0－2x1＋2y1＝0⇒m＝(1，1，－1)，⇒2x2＋2z2＝0－2x2－2y2＝0⇒n＝(1，－1，－1)，设二面角B­AA

1­D大小为θ，则cosθ＝m·n||m||n＝13×3＝13⇒sinθ＝1－cos2θ＝223，所以二面角B­AA1­D的正弦值为223.4．[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．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°，∴A

C⊥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＝A

A1＝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＝2，AB＝A1B1＝5，BC＝3.建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，3，0)，B1(－2，3，2)，C1(－2，0，2

)，∴CB→＝(0，3，0)，CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，0，2)，AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－22，3，2)，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，∴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，∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313．5.[2024·新课标Ⅱ卷]如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝53，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足AE→＝25AD

→，AF→＝12AB→，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝43.(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．解析：(1)证明：∵AD＝53，AB＝8，AE→＝25AD→，AF→

＝12AB→，∴AE＝23，AF＝4.在△AEF中，由余弦定理得EF2＝AF2＋AE2－2AF·AE·cosA＝16＋12－2×4×23×32＝4，则EF＝2，∴在△AEF中，EF2＋AE2＝AF2，∴EF⊥AE.又∵△AEF沿EF翻折至△PEF，∴EF⊥PE.又∵AE∩PE＝E，AE，PE⊂平

面PED，∴EF⊥平面PED.又∵PD⊂平面PED，∴EF⊥PD.(2)由(1)知EF⊥AE，又∵CD⊥AD，∴CD∥EF.∵EF⊥平面PED，∴CD⊥平面PED.又∵PD⊂平面PED，∴CD⊥PD.在Rt△PCD中，PD＝PC2－CD2＝39

.又∵ED＝AD－AE＝33，∴PE2＋ED2＝PD2，∴PE⊥ED.∴以E为原点，EF，ED，EP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，则P(0，0，23)，F(2，0，0)，D(0，33，0)，B

(4，23，0)，C(3，33，0)，∴FP→＝(－2，0，23)，BP→＝(－4，－23，23)，CD→＝(－3，0，0)，DP→＝(0，－33，23).设平面PBF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则FP→·n＝

0，BP→·n＝0，即－2x1＋23z1＝0，－4x1－23y1＋23z1＝0，令z1＝1，则n＝(3，－1，1).设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则CD→·m＝0，DP→·m＝0，即－3x2＝0，－33y2＋23z2＝0，令z2＝3，则m＝

(0，2，3).设平面PCD与平面PBF所成的二面角的平面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈n，m〉|＝|n·m||n||m|＝165，∴sinθ＝1－cos2θ＝86565.6.[2024·新课标Ⅰ卷]如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，B

C＝1，AB＝3.(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；(2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为427，求AD.解析：(1)证明：由BC＝1，AB＝3，AC＝2可得，AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC.又PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴BC⊥PA.又AB∩P

A＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥PA.又AD⊥PB，且PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB，∴AD∥BC，又BC⊂平面PBC，

AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC.(2)以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(x，0，0)(0<x<2)

，则P(x，0，2)，C(0，4－x2，0).则AC→＝(－x，4－x2，0)，AP→＝(0，0，2)，DC→＝(0，4－x2，0)，DP→＝(x，0，2).设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·AC→＝0，n1·AP→＝0，即x1·（

－x）＋y1·4－x2＝0，2z1＝0，令y1＝x，则x1＝4－x2，∴n1＝(4－x2，x，0).设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·DC→＝0，n2·DP→＝0，即y2·4－x2＝0，x2x＋2z2＝0，令z2

＝x，则x2＝－2，∴n2＝(－2，0，x).设二面角A­CP­D的平面角为θ，则|cosθ|＝|n1·n2||n1||n2|＝24－x22x2＋4＝4－x2x2＋4，则sin2θ＝1－cos2θ＝1－4－x2x2＋4＝(42

7)2，解得x＝3(负值舍去).即AD的长为3.7．[2024·全国甲卷(理)]如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB

＝BC＝EF＝2，ED＝10，FB＝23，M为AD的中点．(1)证明：BM∥平面CDE；(2)求二面角F­BM­E的正弦值．解析：(1)证明：由BC＝2，AD＝4，点M为AD的中点得BC＝DM.又BC∥MD，所以四边形BCDM为平行四边形

，则BM∥CD.又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE．(2)由(1)知BM＝CD，又CD＝AB，所以BM＝AB＝2，同理易知AF＝FM＝ED＝10.取AM的中点O，连接OB，OF，则OF⊥AM，OB⊥AM，O

F＝3，OB＝3，又BF＝23，所以BF2＝OF2＋OB2，则OB⊥OF，以O为坐标原点，OB，OD，OF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，则F(0，0，3)，B(3，0，0)，M(0，1

，0，)，E(0，2，3)，所以FB→＝(3，0，－3)，BM→＝(－3，1，0)，ME→＝(0，1，3).设平面FBM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由取z1＝1，可得x1＝3，y1＝3，则m＝(3，3，1).同理可取平面BME的一个法向量为n＝(3，3，－1

)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝1113，所以sin〈m，n〉＝1－（1113）2＝4313，即二面角F­BM­E的正弦值为4313.8.[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的

体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC＝13V三棱柱ABC－A1B1C1

＝43，∴13·S△A1BC·h＝13×4.又∵S△A1BC＝22，∴h＝2.∴点A到平面A1BC的距离为2.(2)方法一如图①，取A1B的中点E，连接AE.由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝12A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面

A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝2，AE⊥BC，∴A1B＝22，∴AA1＝AB＝2.由V三棱柱ABC－A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，∴S△ABC＝2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝

A，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．易得AC＝AB2＋BC2＝22，则A1C＝AA21＋AC2＝23.∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝12A1C＝3.易知AD＝BD

＝12A1C＝3，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD＝AB·AD2－（12AB）2＝22，则AF＝223，∴sin∠AFE＝AEAF＝2223＝32，∴二面角A－BD－C的正弦值为32.方法二如图②，取A1

B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝2，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，

∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由V三棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·A1A＝12AB·BC·A1A＝12×2×BC×2＝4，解得BC＝2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所

在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图②的空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).∴AE→＝(0，－1，1)，BD→＝(1，1，1)，BA→＝(0，2，0).由题意，得平面BDC的法向量为n1＝AE→＝(0，－

1，1).设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，则BA→·n2＝0，BD→·n2＝0，∴2y＝0，x＋y＋z＝0.令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n

2|＝0＋0－12×2＝－12.设二面角A－BD－C的平面角为α(0≤α≤π)，则sinα＝1－cos2α＝32，∴二面角A－BD－C的正弦值为32.