2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項四 高考中的立體幾何 理 北師大版.docx

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高考大題專項四　高考中的立體幾何 1. 如圖,在三棱錐A-BCD中,E,F分別為BC,CD上的點,且BD∥平面AEF. (1)求證:EF∥平面ABD; (2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求證:平面AEF⊥平面ACD. 2. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90,BC=2,CC1=4,點E在線段BB1上,且EB1=1,D,F,G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點. 求證:(1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD. 3. 如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點. (1)設(shè)P是CE上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當(dāng)AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小. 4. (2018山西晉中調(diào)研,18)如圖,已知四棱錐P-ABCD,PA⊥平面ABCD,底面ABCD中,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M為AD的中點. (1)求證:平面PCM⊥平面PAD; (2)問在棱PD上是否存在點Q,使PD⊥平面CMQ,若存在,請求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,請說明理由. 5. (2018河南鄭州外國語學(xué)校調(diào)研,19)如圖,在底面為等邊三角形的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=3AB,四邊形B1C1CB為矩形,過A1C作與直線BC1平行的平面A1CD交AB于點D. (1)證明:CD⊥AB; (2)若直線AA1與底面A1B1C1所成的角為60,求二面角B-A1C-C1的余弦值. 6. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4. (1)求證:M為PB的中點; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值. 7. (2018河北衡水中學(xué)適應(yīng)性考試,18)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形A1C1CA為菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在線段AC上移動,P為棱AA1的中點. (1)若Q為線段AC的中點,H為BQ中點,延長AH交BC于D,求證:AD∥平面B1PQ; (2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值為1313,求點P到平面BQB1的距離. 8.(2018山西大同一模,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱PB中點且AM=2. (1)求證:AM∥平面PCD; (2)設(shè)點N是線段CD上一動點,且DN=λDC,當(dāng)直線MN與平面PAB所成的角最大時,求λ的值. 9. (2018山西晉城一模,20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90. (1)當(dāng)PB=2時,證明:平面PAD⊥平面ABCD; (2)當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積為34,且二面角P-AD-B為鈍角時,求直線PA與平面PCD所成角的正弦值. 參考答案 高考大題專項四　高考中的立體幾何 1.證明 (1)∵BD∥平面AEF,BD?平面BCD,平面BCD∩平面AEF=EF,∴BD∥EF. 又BD?平面ABD,EF?平面ABD, ∴EF∥平面ABD. (2)∵AE⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴AE⊥CD.由(1)可知BD∥EF,又BD⊥CD,∴EF⊥CD. 又AE∩EF=E,AE?平面AEF,EF?平面AEF, ∴CD⊥平面AEF,又CD?平面ACD, ∴平面AEF⊥平面ACD. 2.證明 (1)以B為坐標(biāo)原點,BA,BC,BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4), 設(shè)BA=a,則A(a,0,0),所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B1D=(0,2,-2),B1DBA=0,B1DBD=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,BA?平面ABD,BD?平面ABD, 所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),Ga2,1,4,F(0,1,4),則EG=a2,1,1,EF=(0,1,1),B1DEG=0+2-2=0,B1DEF=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又EG∩EF=E,EG?平面EGF,EF?平面EGF,所以B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 3.解 (1)因為AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120.因此∠CBP=30. (2)(方法一)取EC的中點H,連接EH,GH,CH.因為∠EBC=120, 所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13. 取AG中點M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC為所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.在△BEC中,由于∠EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60. (方法二)以B為坐標(biāo)原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量. 由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0. 取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-3,2). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量. 由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0. 取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-3,-2). 所以cos=mn|m||n|=12.因此所求的角為60. 4.解以A為原點,射線AB,AD,AP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖. PA=AD=AB=2BC=2,A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),AD=(0,2,0),AP=(0,0,2), ∵M為AD的中點,∴M(0,1,0),MC=(2,0,0). (1)∵MCAD=0,MCAP=0, ∴CM⊥PA,CM⊥AD. PA?平面PAD,AD?平面PAD,且PA∩AD=A,∴CM⊥平面PAD. ∵CM?平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD. (2)存在點Q使PD⊥平面CMQ,在△PAD內(nèi),過M作MQ⊥PD,垂足為Q, 由(1)知CM⊥平面PAD,PD?平面PAD,∴CM⊥PD, MQ∩CM=M,∴PD⊥平面CMQ. 設(shè)平面PCM的一個法向量為n=(x,y,z),則nMC=2x=0?x=0, nPM=(x,y,z)(0,1,-2)=y-2z=0?y=2z, 取n=(0,2,1). ∵PD⊥平面CMQ, ∴PD=(0,2,-2)是平面CMQ的一個法向量. 由圖形知二面角P-CM-Q的平面角θ是銳角,故cos θ=nPD|n||PD|=258=1010, 所以二面角余弦值為1010. 5.(1)證明如圖, 連接AC1交A1C于點E,連接DE. 因為BC1∥平面A1CD,BC1?平面ABC1,平面ABC1∩平面A1CD=DE, 所以BC1∥DE. 又四邊形ACC1A1為平行四邊形, 所以E為AC1的中點,所以ED為△AC1B的中位線,所以D為AB的中點. 又△ABC為等邊三角形,所以CD⊥AB. (2)解過A作AO⊥平面A1B1C1,垂足為O,連接A1O,設(shè)AB=2,則AA1=23. 因為直線AA1與底面A1B1C1所成的角為60,所以∠AA1O=60. 在Rt△AA1O中,因為AA1=23, 所以A1O=3,AO=3. 因為AO⊥平面A1B1C1,B1C1?平面A1B1C1,所以AO⊥B1C1, 因為四邊形B1C1CB為矩形,所以BB1⊥B1C1, 因為BB1∥AA1,所以B1C1⊥AA1. 因為AA1∩AO=A,AA1?平面AA1O,AO?平面AA1O, 所以B1C1⊥平面AA1O. 因為A1O?平面AA1O,所以B1C1⊥A1O.△A1B1C1為等邊三角形,邊B1C1上的高為3,又A1O=3,所以O(shè)為B1C1的中點. 以O(shè)為坐標(biāo)原點,分別以O(shè)A1,OB1,OA的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖. 則A1(3,0,0),C1(0,-1,0),A(0,0,3),B1(0,1,0). 因為AB=A1B1=(-3,1,0), 所以B(-3,1,3),D-32,12,3, 因為AC=A1C1=(-3,-1,0), 所以C(-3,-1,3),A1B=(-23,1,3),BC=B1C1=(0,-2,0),A1C=(-23,-1,3). 設(shè)平面BA1C的法向量為n=(x,y,z). 由A1Bn=0,BCn=0, 得-23x+y+3z=0,y=0, 令x=3,得z=2, 所以平面BA1C的一個法向量為n=(3,0,2). 設(shè)平面A1CC1的法向量為m=(a,b,c), 由A1C1m=0,A1Cm=0, 得3a+b=0,23a+b-3c=0, 令a=3,得b=-3,c=1, 所以平面A1CC1的一個法向量為m=(3,-3,1). 所以|cos|=|nm||n||m|=59191. 因為所求二面角為鈍角,所以二面角B-A1C-C1的余弦值為-59191. 6.(1)證明設(shè)AC,BD交點為E,連接ME. 因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME. 因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點. (2)解取AD的中點O,連接OP,OE. 因為PA=PD,所以O(shè)P⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD. 因為OE?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE. 因為ABCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2). 設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則nBD=0,nPD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0. 令x=1,則y=1,z=2. 于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量為p=(0,1,0). 所以cos=np|n||p|=12. 由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為π3. (3)解由題意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22. 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α,則sin α=|cos|=|nMC||n||MC|=269. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269. 7.(1)證明如圖,取BB1中點E,連接AE,EH. ∵H為BQ中點,∴EH∥B1Q. 在平行四邊形AA1B1B中,P,E分別為AA1,BB1的中點,∴AE∥PB1. 又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1, ∴平面EHA∥平面B1QP. ∵AD?平面EHA,∴AD∥平面B1PQ. (2)解連接PC1,AC1, ∵四邊形A1C1CA為菱形, ∴AA1=AC=A1C1=4. 又∠C1A1A=60, ∴△AC1A1為正三角形. ∵P為AA1的中點,∴PC1⊥AA1. ∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1?平面ACC1A1,∴PC1⊥平面ABB1A1,在平面ABB1A1內(nèi)過點P作PR⊥AA1交BB1于點R.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P-xyz,則P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23), 設(shè)AQ=λAC=λ(0,-2,23),λ∈[0,1], ∴Q(0,-2(λ+1),23λ), ∴PQ=(0,-2(λ+1),23λ). ∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60, ∴B1(3,1,0),∴PB1=(3,1,0). 設(shè)平面PQB1的法向量為m=(x,y,z), 則mPQ=0,mPB1=0, 得-2(λ+1)y+23λz=0,3x+y=0, 令x=1,則y=-3,z=-λ+1λ, ∴平面PQB1的一個法向量為m=1,-3,-λ+1λ, 設(shè)平面AA1C1C的法向量為n=(1,0,0),二面角B1-PQ-C1的平面角為θ,則cos θ=mn|m||n|=11+3+(-λ+1λ)2=1313.∴λ=12或λ=-14(舍), ∴AQ=12AC,∴Q(0,-3,3). 又B(3,-3,0),∴QB=(3,0,-3),∴|QB|=3+3=6. 連接BP,設(shè)點P到平面BQB1的距離為h,則1312433=131246h, ∴h=62,即點P到平面BQB1的距離為62. 8.(1)證明如圖,取PC中點K,連接MK,KD, 因為M為PB的中點, 所以MK∥BC且MK=12BC=AD, 所以四邊形AMKD為平行四邊形, 所以AM∥DK, 又DK?平面PDC,AM?平面PDC, 所以AM∥平面PCD. (2)解因為M為PB的中點,設(shè)PM=MB=x,在△PAB中,∠PMA+∠AMB=π,設(shè)∠PMA=θ,則∠AMB=π-θ, 所以cos∠PMA+cos∠AMB=0, 由余弦定理得PM2+AM2-PA22PMAM+BM2+AM2-AB22BMAM=0, 即x2+2-422x+x2+2-422x=0, 解得x=2,則PB=22, 所以PA2+AB2=PB2, 所以PA⊥AB. 又PA⊥AD,且AB∩AD=A, 所以PA⊥平面ABCD,且∠BAD=∠ABC=90.以點A為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),D(1,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),因為點N是線段CD上一點,可設(shè)DN=λDC=λ(1,2,0),故AN=AD+DN=(1,0,0)+λ(1,2,0)=(1+λ,2λ,0), 所以MN=AN-AM=(1+λ,2λ,0)-(0,1,1)=(1+λ,2λ-1,-1). 又面PAB的法向量為(1,0,0), 設(shè)MN與平面PAB所成角為θ,則 sin θ=(1+λ,2λ-1,-1)(1,0,0)(1+λ)2+(2λ-1)2+1 =1+λ5λ2-2λ+3 =1+λ5(1+λ)2-12(1+λ)+10 =15-121+λ+10(11+λ)2 =110(11+λ-35)2+75, 所以當(dāng)11+λ=35時,即λ=23時,sin θ取得最大值. 9.(1)證明取AD的中點O,連接PO,BO, ∵△PAD為正三角形,∴OP⊥AD, ∵∠ADC=∠BCD=90,∴BC∥AD, ∵BC=12AD=1,∴BC=OD, ∴四邊形BCDO為矩形,∴OB=CD=1,在△POB中,PO=3,OB=1,PB=2, ∴∠POB=90,∴PO⊥OB, ∵AD∩OB=O,∴PO⊥平面ABCD, ∵PO?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD. (2)解∵AD⊥PO,AD⊥OB,PO∩BO=O, PO,BO?平面POB,∴AD⊥平面POB, ∵AD?平面ABCD,∴平面POB⊥平面ABCD, ∴過點P作PE⊥平面ABCD,垂足E一定落在平面POB與平面ABCD的交線BO上. ∵四棱錐P-ABCD的體積為34, ∴VP-ABCD=13PE12(AD+BC)CD=13PE12(2+1)1=12PE=34,∴PE=32, ∵PO=3,∴OE=PO2-PE2=3-94=32. 如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,以O(shè)A,OB為x軸,y軸. 在平面POB內(nèi)過點O作垂直于平面AOB的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,由題意可知A(1,0,0),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),設(shè)平面PCD的一個法向量為n=(x,y,z),則nDP=0,nDC=0,得x-32y+32z=0,y=0, 令x=1,則z=-23,∴n=1,0,-23,PA=1,32,-32,設(shè)直線PA與平面PCD所成的角為θ, 則sin θ=|cos|=|PAn||PA||n|=22133=31313.則直線PA與平面PCD所成角的正弦值為31313.