高考数学高考大题专项4高考中的立体几何.docx
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高考数学高考大题专项4高考中的立体几何
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.
3.
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是的中点.
（1）设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
（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.
5.
（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-A1B1C1中,AA1=AB,四边形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.
（1）求证:
M为PB的中点;
（2）求二面角B-PD-A的大小;
（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.
8.（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=
（1）求证:
AM∥平面PCD;
（2）设点N是线段CD上一动点,且DN=λDC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ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.
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=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）,=（0,2,2）,=（0,2,-2）,=0,=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）,G,F（0,1,4）,则=（0,1,1）,=0+2-2=0,=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.
结合
（1）可知平面EGF∥平面ABD.
3.解
（1）因为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）取的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=
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+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.
（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）,=（2,0,3）,设m=（x1,y1,z1）是平面AEG的一个法向量.
由可得
取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=（3,-,2）.
设n=（x2,y2,z2）是平面ACG的一个法向量.
由可得
取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=（3,-,-2）.
所以cos=因此所求的角为60°.
4.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）,
∵M为AD的中点,∴M（0,1,0）,=（2,0,0）.
（1）=0,=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=0⇒x=0,
n=（x,y,z）·（0,1,-2）=y-2z=0⇒y=2z,
取n=（0,2,1）.
∵PD⊥平面CMQ,
=（0,2,-2）是平面CMQ的一个法向量.
由图形知二面角P-CM-Q的平面角θ是锐角,故cosθ=,
所以二面角余弦值为
5.
（1）证明如图,
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
因为直线AA1与底面A1B1C1所成的角为60°,所以∠AA1O=60°.
在Rt△AA1O中,因为AA1=2,
所以A1O=,AO=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=,所以O为B1C1的中点.
以O为坐标原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
则A1（,0,0）,C1（0,-1,0）,A（0,0,3）,B1（0,1,0）.
因为=（-,1,0）,
所以B（-,1,3）,D
-,3
因为=（-,-1,0）,
所以C（-,-1,3）,=（-2,1,3）,=（0,-2,0）,=（-2,-1,3）.
设平面BA1C的法向量为n=（x,y,z）.
由
得
令x=,得z=2,
所以平面BA1C的一个法向量为n=（,0,2）.
设平面A1CC1的法向量为m=（a,b,c）,
由
得
令a=,得b=-3,c=1,
所以平面A1CC1的一个法向量为m=（,-3,1）.
所以|cos|=
因为所求二面角为钝角,所以二面角B-A1C-C1的余弦值为-
6.
（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,-）.
设平面BDP的法向量为n=（x,y,z）,
则
令x=1,则y=1,z=
于是n=（1,1,）,平面PAD的法向量为p=（0,1,0）.
所以cos=
由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为
（3）解由题意知M,C（2,4,0）,
设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos|=
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为
7.
（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,
∴AA1=AC=A1C1=4.
又∠C1A1A=60°,
∴△AC1A1为正三角形.
∵P为AA1的中点,∴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（0,2,0）,A（0,-2,0）,C1（0,0,2）,C（0,-4,2）,
设==λ（0,-2,2）,λ∈[0,1],
∴Q（0,-2（λ+1）,2）,
=（0,-2（λ+1）,2）.
∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,
∴B1（,1,0）,=（,1,0）.
设平面PQB1的法向量为m=（x,y,z）,
则
得
令x=1,则y=-,z=-,
∴平面PQB1的一个法向量为m=
1,-,-
设平面AA1C1C的法向量为n=（1,0,0）,二面角B1-PQ-C1的平面角为θ,则cosθ=λ=或λ=-（舍）,
∴Q（0,-3,）.
又B（,-3,0）,=（,0,-）,∴||=
连接BP,设点P到平面BQB1的距离为h,则44h,
∴h=,即点P到平面BQB1的距离为
8.
（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,
所以四边形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=π,设∠PMA=θ,则∠AMB=π-θ,
所以cos∠PMA+cos∠AMB=0,
由余弦定理得=0,
即=0,
解得x=,则PB=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==λ（1,2,0）,故=（1,0,0）+λ（1,2,0）=（1+λ,2λ,0）,
所以=（1+λ,2λ,0）-（0,1,1）=（1+λ,2λ-1,-1）.
又面PAB的法向量为（1,0,0）,
设MN与平面PAB所成角为θ,则
sinθ=
=
=
=
=,
所以当时,即λ=时,sinθ取得最大值.
9.
（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,
∴四边形BCDO为矩形,∴OB=CD=1,在△POB中,PO=,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,
∴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,
∴VP-ABCD=PE（AD+BC）×CD=PE（2+1）×1=PE=,∴PE=,
∵PO=,∴OE=
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AOB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的一个法向量为n=（x,y,z）,则
令x=1,则z=-,∴n=
1,0,-
=
1,,-
设直线PA与平面PCD所成的角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|=
则直线PA与平面PCD所成角的正弦值为
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