2020版高考数学一轮复习高考大题专项四高考中的立体几何理北师大版.docx

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1、1高考大题专项四 高考中的立体几何1.如图,在三棱锥 A-BCD 中, E,F 分别为 BC,CD 上的点,且 BD平面 AEF.(1)求证: EF平面 ABD;(2)若 AE平面 BCD,BD CD,求证:平面 AEF平面 ACD.2.在直三棱柱 ABC-A1B1C1中, ABC=90,BC=2,CC1=4,点 E 在线段 BB1上,且 EB1=1,D,F,G 分别为CC1,C1B1,C1A1的中点 .求证:(1) B1D平面 ABD;(2)平面 EGF平面 ABD.23.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, G 是 的

2、中点 .DF(1)设 P 是 上的一点,且 AP BE,求 CBP 的大小;CE(2)当 AB=3,AD=2 时,求二面角 E-AG-C 的大小 .4.(2018 山西晋中调研,18)如图,已知四棱锥 P-ABCD,PA平面 ABCD,底面 ABCD 中, BC AD,AB AD,且 PA=AD=AB=2BC=2,M 为 AD 的中点 .(1)求证:平面 PCM平面 PAD;(2)问在棱 PD 上是否存在点 Q,使 PD平面 CMQ,若存在,请求出二面角 P-CM-Q 的余弦值;若不存在,请说明理由 .35.(2018 河南郑州外国语学校调研,19)如图,在底面为等边三角形的斜三棱柱 ABC-

3、A1B1C1中, AA1= AB,四3边形 B1C1CB 为矩形,过 A1C 作与直线 BC1平行的平面 A1CD 交 AB 于点 D.(1)证明: CD AB;(2)若直线 AA1与底面 A1B1C1所成的角为 60,求二面角 B-A1C-C1的余弦值 .6.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,平面 PAD平面 ABCD,点 M 在线段 PB 上, PD平面MAC,PA=PD= ,AB=4.6(1)求证: M 为 PB 的中点;(2)求二面角 B-PD-A 的大小;4(3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 .7.(2018 河北衡水中学适应性考试,18)如

4、图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,四边形 A1C1CA 为菱形, B1A1A= C1A1A=60,AC=4,AB=2,平面 ACC1A1平面 ABB1A1,Q 在线段 AC 上移动, P 为棱 AA1的中点 .(1)若 Q 为线段 AC 的中点, H 为 BQ 中点,延长 AH 交 BC 于 D,求证: AD平面 B1PQ;(2)若二面角 B1-PQ-C1的平面角的余弦值为 ,求点 P 到平面 BQB1的距离 .131358.(2018 山西大同一模,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, AD BC, ABC= PAD=90,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱 PB 中点且 AM=

5、 2.(1)求证: AM平面 PCD;(2)设点 N 是线段 CD 上一动点,且 DN=DC ,当直线 MN 与平面 PAB 所成的角最大时,求 的值 .9.(2018 山西晋城一模,20)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且 ADC= BCD=90.(1)当 PB=2 时,证明:平面 PAD平面 ABCD;(2)当四棱锥 P-ABCD 的体积为 ,且二面角 P-AD-B 为钝角时,求直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值 .346参考答案高考大题专项四 高考中的立体几何1.证明 (1) BD 平面 AEF,BD平面 BCD,平面 BCD平面 AEF

6、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.证明 (1)以 B 为坐标原点, BA,BC,BB1所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),设 BA=a,则 A(a,0,0),所以 =(a,0,0), =(0,2,

7、2), =(0,2,-2), =0, =0+4-BA BD B1D B1D BA B1D BD4=0,即 B1D BA,B1D BD.又 BA BD=B,BA平面 ABD,BD平面 ABD,7所以 B1D平面 ABD.(2)由(1)知, E(0,0,3),G ,F(0,1,4),则 = , =(0,1,1), =0+2-2=0, (a2,1,4) EG(a2,1,1)EF B1D EG B1D=0+2-2=0,即 B1D EG,B1D EF.EF又 EG EF=E,EG平面 EGF,EF平面 EGF,所以 B1D平面 EGF.结合(1)可知平面 EGF平面 ABD.3.解 (1)因为 AP B

8、E,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 的中点 H,连接 EH,GH,CH.因为 EBC=120,EC所以四边形 BEHC 为菱形,所以 AE=GE=AC=GC= = .32+22 13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=CM= =2 .在 BEC 中,由于 EBC=120,由余弦定理得 EC2=22+22-13-1 3222cos 120=12,所以 EC

9、2 ,因此 EMC 为等边三角形,故所求的角为 60.3(方法二)以 B 为坐标原点,分别以 BE,BP,BA 所在的直线为 x,y,z 轴,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),3 3 AE AG 3=(2,0,3),设 m=(x1,y1,z1)是平面 AEG 的一个法向量 .CG由 可得mAE=0,mAG=0, 2x1-3z1=0,x1+ 3y1=0.取 z1=2,可得平面 AEG 的一个法向量 m=(3,- ,2).38设 n=(x2,y2,z2)是平面 ACG 的

10、一个法向量 .由 可得nAG=0,nCG=0, x2+ 3y2=0,2x2+3z2=0.取 z2=-2,可得平面 ACG 的一个法向量 n=(3,- ,-2).3所以 cos= = .因此所求的角为 60.mn|m|n|124.解以 A 为原点,射线 AB,AD,AP 分别为 x,y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系如图 .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), =(0,2,0), =(0,0,2),AD APM 为 AD 的中点, M (0,1,0), =(2,0,0).MC(1) =0, =0,MCAD M

11、CAPCM 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)存在点 Q 使 PD平面 CMQ,在 PAD 内,过 M 作 MQ PD,垂足为 Q,由(1)知 CM平面 PAD,PD平面 PAD,CM PD,MQ CM=M,PD 平面 CMQ.设平面 PCM 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 n =2x=0x=0,MCn =(x,y,z)(0,1,-2)=y-2z=0y=2z,PM取 n=(0,2,1).PD 平面 CMQ, =(0,2,-2)是平面 CMQ 的一个法向量 .PD由图形知二面

12、角 P-CM-Q 的平面角 是锐角,故 cos = = = ,nPD|n|PD| 258 1010所以二面角余弦值为 .10105.(1)证明如图,9连接 AC1交 A1C 于点 E,连接 DE.因为 BC1平面 A1CD,BC1平面 ABC1,平面 ABC1平面 A1CD=DE,所以 BC1 DE.又四边形 ACC1A1为平行四边形,所以 E 为 AC1的中点,所以 ED 为 AC1B 的中位线,所以 D 为 AB 的中点 .又 ABC 为等边三角形,所以 CD AB.(2)解过 A 作 AO平面 A1B1C1,垂足为 O,连接 A1O,设 AB=2,则 AA1=2 .3因为直线 AA1与底

13、面 A1B1C1所成的角为 60,所以 AA1O=60.在 Rt AA1O 中,因为 AA1=2 ,3所以 A1O= ,AO=3.3因为 AO平面 A1B1C1,B1C1平面 A1B1C1,所以 AO B1C1,因为四边形 B1C1CB 为矩形,所以 BB1 B1C1,因为 BB1 AA1,所以 B1C1 AA1.因为 AA1 AO=A,AA1平面 AA1O,AO平面 AA1O,所以 B1C1平面 AA1O.因为 A1O平面 AA1O,所以 B1C1 A1O. A1B1C1为等边三角形,边 B1C1上的高为 ,又 A1O= ,所3 3以 O 为 B1C1的中点 .以 O 为坐标原点,分别以 ,

14、 , 的方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如OA1OB1OA图 .则 A1( ,0,0),C1(0,-1,0),A(0,0,3),B1(0,1,0).3因为 = =(- ,1,0),ABA1B1 3所以 B(- ,1,3),D - , ,3 ,332 12因为 = =(- ,-1,0),ACA1C1 310所以 C(- ,-1,3), =(-2 ,1,3), = =(0,-2,0), =(-2 ,-1,3).3 A1B 3 BCB1C1 A1C 3设平面 BA1C 的法向量为 n=(x,y,z).由 A1Bn=0,BCn=0,得 -2 3x+y+3z=0,y=0,

15、令 x= ,得 z=2,3所以平面 BA1C 的一个法向量为 n=( ,0,2).3设平面 A1CC1的法向量为 m=(a,b,c),由A1C1m=0,A1Cm=0,得 3a+b=0,2 3a+b-3c=0,令 a= ,得 b=-3,c=1,3所以平面 A1CC1的一个法向量为 m=( ,-3,1).3所以 |cos|= = .|nm|n|m|59191因为所求二面角为钝角,所以二面角 B-A1C-C1的余弦值为 - .591916.(1)证明设 AC,BD 交点为 E,连接 ME.因为 PD平面 MAC,平面 MAC平面 PDB=ME,所以 PD ME.因为 ABCD 是正方形,所以 E 为

16、 BD 的中点 .所以 M 为 PB 的中点 .(2)解取 AD 的中点 O,连接 OP,OE.因为 PA=PD,所以 OP AD.又因为平面 PAD平面 ABCD,且 OP平面 PAD,所以 OP平面 ABCD.因为 OE平面 ABCD,所以 OP OE.因为 ABCD 是正方形,所以 OE AD.如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,0, ),D(2,0,0),B(-2,4,0), =(4,-4,0), =(2,0,-2 BD PD).211设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z),则 即nBD=0,nPD=0, 4x-4y=0,2x- 2z=0.令 x=1,则 y=1,z

17、 .2于是 n=(1,1, ),平面 PAD 的法向量为 p=(0,1,0).2所以 cos= = .np|n|p|12由题知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为 . 3(3)解由题意知 M ,C(2,4,0), = .(-1,2,22) MC(3,2,- 22)设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 ,则 sin =| cos|= = .MC|nMC|n|MC|269所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为 .2697.(1)证明如图,取 BB1中点 E,连接 AE,EH.H 为 BQ 中点, EH B1Q.在平行四边形 AA1B1B 中, P,E 分别为 AA1,BB1的

18、中点, AE PB1.又 EH AE=E,PB1 B1Q=B1, 平面 EHA平面 B1QP.AD 平面 EHA,AD 平面 B1PQ.(2)解连接 PC1,AC1, 四边形 A1C1CA 为菱形,AA 1=AC=A1C1=4.又 C1A1A=60, AC1A1为正三角形 .P 为 AA1的中点, PC 1 AA1.12 平面 ACC1A1平面 ABB1A1,平面 ACC1A1平面 ABB1A1=AA1,PC1平面 ACC1A1,PC 1平面ABB1A1,在平面 ABB1A1内过点 P 作 PR AA1交 BB1于点 R.建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz,则P(0,0,0),A1(0,

19、2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,2 ),C(0,-4,2 ),3 3设 = = (0,-2,2 ), 0,1,AQ AC 3Q (0,-2(+ 1),2 ),3 =(0,-2(+ 1),2 ).PQ 3A 1B1=AB=2, B1A1A=60,B 1( ,1,0), =( ,1,0).3 PB1 3设平面 PQB1的法向量为 m=(x,y,z),则 mPQ=0,mPB1=0,得 -2( +1)y+2 3z =0,3x+y=0, 令 x=1,则 y=- ,z=- ,3 +1 平面 PQB1的一个法向量为 m= 1,- ,- ,3 +1设平面 AA1C1C 的法向量为 n=(1,0,0

20、),二面角 B1-PQ-C1的平面角为 ,则 cos = =mn|m|n|= .= 或 =- (舍),11+3+(- +1 ) 2 1313 12 14 = ,Q (0,-3, ).AQ12AC 3又 B( ,-3,0), =( ,0,- ),| |= = .3 QB 3 3 QB 3+3 6连接 BP,设点 P 到平面 BQB1的距离为 h,则 4 = 4 h,13 12 3 313 12 6h= ,即点 P 到平面 BQB1的距离为 .62 62138.(1)证明如图,取 PC 中点 K,连接 MK,KD,因为 M 为 PB 的中点,所以 MK BC 且 MK= BC=AD,12所以四边形

21、 AMKD 为平行四边形,所以 AM DK,又 DK平面 PDC,AM平面 PDC,所以 AM平面 PCD.(2)解因为 M 为 PB 的中点,设 PM=MB=x,在 PAB 中, PMA+ AMB=,设 PMA= ,则 AMB= - ,所以 cos PMA+cos AMB=0,由余弦定理得 + =0,PM2+AM2-PA22PMAM BM2+AM2-AB22BMAM即 + =0,x2+2-422x x2+2-422x解得 x= ,则 PB=2 ,2 2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.以点

22、 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),D(1,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),因为点 N 是线段 CD 上一点,可设 = = (1,2,0),故 = + =(1,0,0)+ (1,2,0)=(1+ ,2 ,0),DN DC ANADDN所以 = - =(1+ ,2 ,0)-(0,1,1)=(1+ ,2- 1,-1).MNANAM又面 PAB 的法向量为(1,0,0),设 MN 与平面 PAB 所成角为 ,则sin = |(1+ ,2 -1,-1)(1,0,0)(1+ )2+(2 -1)2+1|=|1+

23、5 2-2 +3|=|1+5(1+ )2-12(1+ )+10|14=|15- 121+ +10(11+ ) 2|= ,|110(11+ -35) 2+75|所以当 = 时,即 = 时,sin 取得最大值 .11+ 35 239.(1)证明取 AD 的中点 O,连接 PO,BO, PAD 为正三角形, OP AD, ADC= BCD=90,BC AD,BC= AD=1,BC=OD ,12 四边形 BCDO 为矩形, OB=CD= 1,在 POB 中, PO= ,OB=1,PB=2,3 POB=90,PO OB,AD OB=O,PO 平面 ABCD,PO 平面 PAD, 平面 PAD平面 ABC

24、D.(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, 过点 P 作 PE平面 ABCD,垂足 E 一定落在平面 POB 与平面 ABCD 的交线 BO 上 . 四棱锥 P-ABCD 的体积为 ,34V P-ABCD= PE (AD+BC)CD= PE (2+1)1= PE= ,PE= ,13 12 13 12 12 34 32PO= ,OE= = = .3 PO2-PE2 3-94 32如图,以 O 为坐标原点,以 OA,OB 为 x 轴, y 轴 .在平面 POB 内过点 O 作垂直于平面 AO

25、B 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,由题意可知A(1,0,0),P 0,- , ,D(-1,0,0),C(-1,1,0), = 1,- , , =(0,1,0),设平面 PCD 的一个法向32 32 DP 32 32 DC量为 n=(x,y,z),则 得nDP=0,nDC=0, x- 32y+32z=0,y=0, 令 x=1,则 z=- ,n= 1,0,- , = 1, ,- ,设直线 PA 与平面 PCD 所成的角为 ,23 23 PA 32 3215则 sin =| cos|= = = .则直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .PA|PAn|PA|n| 2213331313 31313