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