2025届高考数学一轮复习专项练习高考大题专项四立体几何

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如图,点C是以AB为直径的圆O上异于A,B的一点,直角梯形BCDE所在平面与圆O所在平面垂直,且DE∥BC,DC⊥BC,DE=BC=2,AC=CD=3.
(1)证明:EO∥平面ACD;
(2)求点E到平面ABD的距离.
2.
如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°.
(1)证明:PD⊥PB;
(2)设点M在线段PC上,且PM=PC,若△MBC的面积为,求四棱锥P-ABCD的体积.
3.
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
(1)证明:点C1在平面AEF内;
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.
4.如图,在三棱锥P-ABC中,底面是边长为4的正三角形,PA=2,PA⊥平面ABC,点E,F分别为AC,PC的中点.
(1)求证:平面BEF⊥平面PAC;
(2)在线段PB上是否存在点G,使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为?若存在,确定点G的位置;若不存在,请说明理由.
5.
《九章算术》是我国古代数学名著,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵;阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵ABC-A1B1C1中,AB⊥AC.
(1)求证:四棱锥B-A1ACC1为阳马;
(2)若C1C=BC=2,当鳖臑C1-ABC体积最大时,求平面A1BC与平面A1BC1的夹角的余弦值.
6.已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中:
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求二面角P-BC-M的余弦值.
7.如图1,已知四边形BCDE为直角梯形,∠B=90°,BE∥CD,且BE=2CD=2BC=2,A为BE的中点,将△EDA沿AD折到△PDA位置(如图2),连接PC,PB构成一个四棱锥P-ABCD.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若PA⊥平面ABCD.
①求二面角B-PC-D的大小;
②在棱PC上存在点M,满足=λ(0≤λ≤1),使得直线AM与平面PBC所成的角为45°,求λ的值.
8.
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:直线BD⊥平面PAC;
(2)求直线PB与平面PAD所成角的正切值;
(3)设点M在线段PC上,且平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为,求点M到底面ABCD的距离.
9.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;
(2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值;
(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=2,PB=,PB⊥AC.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAC;
(2)若∠PBA=45°,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
高考大题专项(四) 立体几何
1.
(1)证明取BC的中点M,连接OM,ME.在△ABC中,O是AB的中点,M是BC的中点,∴OM∥AC,AC⊄平面EMO,MO⊂平面EMO,故AC∥平面MEO.
在直角梯形BCDE中,DE∥CB,且DE=CM,
∴四边形MCDE是平行四边形,
∴EM∥CD,同理CD∥平面EMO.
又CD∩AC=C,故平面EMO∥平面ACD,又∵EO⊂平面EMO,∴EO∥平面ACD.
(2)∵AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的一点,∴AC⊥BC.
又∵平面BCDE⊥平面ABC,平面BCDE∩平面ABC=BC,
∴AC⊥平面BCDE,
可得AC是三棱锥A-BDE的高.在直角梯形BCDE中,S△BDE=DE×CD=2×3=3.设E到平面ABD的距离为h,则VE-ABD=VA-EBD,即S△ABD·h=S△EBD·AC,
由已知得AB=5,BD=5,AD=3,
由余弦定理可得cs∠ABD=,则sin∠ABD=,则S△ABD=AB·BDsin∠ABD=解得h=,即点E到平面ABD的距离为
2.(1)证明∵平面ABCD⊥平面PAD,∠BAD=90°,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PD,在△PAD中,∵AP=AD,∠ADP=30°,∴由正弦定理可得sin∠ADP=sin∠APD,
∴∠APD=90°,
∴PD⊥PA.
又PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB,
∴PD⊥PB.
(2)解取AD的中点F,连接CF,PF,设AD=2a,则AB=BC=AP=a,PD=a,则PB=PC=a,
∴△PBC为等腰三角形,且底边BC上的高为a.
∵PM=PC,△MBC的面积为PBC的面积为,
aa=,解得a=2,
∴四棱锥P-ABCD的体积为(2+4)×2=2
3.解 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,建立空间直角坐标系C1-xyz.
(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,c,F0,b,c,=0,b,c,=0,b,c,得,
因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,
所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1).
设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,
则
即
可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,
则同理可取n2=,2,1.
因为cs==-,所以二面角A-EF-A1的正弦值为
4.(1)证明∵AB=BC,E为AC的中点,
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,
∴PA⊥BE.
∵PA∩AC=A,∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF,
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解存在.如图,由(1)知,PA⊥BE,PA⊥AC,点E,F分别为AC,PC的中点,∴EF∥PA,∴EF⊥BE,EF⊥AC,又BE⊥AC,∴EB,EC,EF两两垂直,分别以方向为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
则A(0,-2,0),P(0,-2,2),B(2,0,0),C(0,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),设==(-2,-2λ,2λ),λ∈[0,1],
=(2(1-λ),2(1-λ),2λ),=(-2,2,0),=(0,4,-2),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则令x=1,则y=,z=2,∴n=(1,,2).
由已知,则,解得λ=(舍去).故λ=,故线段PB上存在点G,使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为,此时G为线段PB的中点.
5.(1)证明∵A1A⊥底面ABC,AB⊂平面ABC,∴A1A⊥AB.
又AB⊥AC,A1A∩AC=A,
∴AB⊥平面ACC1A1,
又四边形ACC1A1为矩形,
∴四棱锥B-A1ACC1为阳马.
(2)解∵AB⊥AC,BC=2,
∴AB2+AC2=4.
又∵CC1⊥底面ABC,
C1CAB·AC=AB·AC,当且仅当AB=AC=时,取最大值.∵AB⊥AC,A1A⊥底面ABC,
∴以A为原点,建立如图所示空间直角坐标系,则B(,0,0),C(0,,0),A1(0,0,2),C1(0,,2),=(,0,-2),=(-,0),=(0,,0),设面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),由得n1=(,1),
设平面A1BC1的法向量是n2=(x2,y2,z2),由
得n2=(,0,1).
∴cs=,
故平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为
6.
(1)证明设AC的中点为O,连接BO,PO.
由题意,得PA=PB=PC=,PO=1,AO=BO=CO=1.
因为在△PAC中,PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC.
因为在△POB中,PO=1,OB=1,PB=,即PO2+OB2=PB2,所以PO⊥OB.
因为AC∩OB=O,AC,OB在平面ABC中,所以PO⊥平面ABC,因为PO⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解由(1)知,BO⊥PO,BO⊥AC,即BO⊥平面PAC,所以∠BMO是直线BM与平面PAC所成的角,且tan∠BMO=,所以当OM最短时,即M是PA的中点时,∠BMO最大.由PO⊥平面ABC,OB⊥AC,所以PO⊥OB,PO⊥OC,故以OC,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,
则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M-,0,,=(1,-1,0),=(1,0,-1),=,0,-.
设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则所以
令x1=1,得y1=1,z1=3,即m=(1,1,3).设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则所以
令x2=1,得y2=1,z2=1,即n=(1,1,1).
cs=
因为二面角P-BC-M的平面角是锐角,故二面角P-BC-M的余弦值为
7.(1)证明在题图1中,∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形ABCD为平行四边形,
∴AD∥BC.∵∠B=90°,∴AD⊥BE.
当△EDA沿AD折起时,∵AD⊥AB,
AD⊥AE,∴AD⊥AB,AD⊥PA.
∵AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,
∵PB⊂平面PAB,∴AD⊥PB.
(2)解①由于PA⊥平面ABCD,以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),D(0,1,0),=(1,1,-1),=(0,1,0),=(1,0,0),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,得n=(1,0,1),
设平面PCD的法向量m=(a,b,c),
则取b=1,得m=(0,1,1),
设二面角B-PC-D的大小为θ,由图可知θ为钝角,则csθ=-=-=-,∴θ=120°.
∴二面角B-PC-D的大小为120°.
=(0,0,1),=(1,1,-1),
=(0,0,1)+λ(1,1,-1)=(λ,λ,1-λ),0≤λ≤1,
平面PBC的法向量n=(1,0,1),
∵直线AM与平面PBC所成的角为45°,∴sin45°=|cs<,n>|=,
解得λ=0或λ=
8.(1)证明由菱形的性质可知BD⊥AC,
由线面垂直的定义可知BD⊥AP,且AP∩AC=A,由线面垂直的判定定理可得直线BD⊥平面PAC.
(2)解以点A为坐标原点,AD,AP方向为y轴,z轴正方向,如图所示,在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则P(0,0,2),B(,1,0),A(0,0,0),D(0,2,0),
则=(,1,-2),平面PAD的法向量为m=(1,0,0),
设直线PB与平面PAD所成的角为θ,
则sinθ=|cs<,m>|=,csθ=,tanθ=
(3)解由于P(0,0,2),C(,3,0),B(,1,0),A(0,0,0),=(,3,-2),=(0,-2,0),=(,1,0),=(,1,-2),==(,3λ,-2λ)(0≤λ<1),=(,1-3λ,2λ-2),则点M的坐标为(,3λ,-2λ+2),设平面CMB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则所以
所以n1=(2,0,).
设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以
所以n2=,
平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为,
故=,
整理得14λ2-19λ+6=0,解得λ=或λ=由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或
9.解如图所示,建立空间直角坐标系,以B为坐标原点,BA所在直线为x轴,BB1所在直线为y轴,由题意,B(0,0,0),A(2,0,0),C(,-),A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(),
(1)=(-,-),=(-2,0,0),所以cs<>=,所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
(2)易知=(0,2,0),=(-,-),=(-2,0,0),设平面AA1C1的法向量m=(x1,y1,z1),则
令x1=,则z1=,所以m=(,0,),同理,设平面B1A1C1的法向量n=(x2,y2,z2),则
即
令y2=,则z2=,所以n=(0,),所以cs=,设二面角A-A1C1-B1的大小为θ,
则sinθ=,所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为
(3)=(,-),由N为棱B1C1的中点,得N,设M(a,b,0),则=-a,-b,,由MN⊥平面A1B1C1,得即
解得故M,0,因此=,0,
所以线段BM的长为||=
10.(1)证明因为四边形ABCD是平行四边形,AD=2,所以BC=AD=2
又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以AC⊥AB.
又PB⊥AC,且AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB.因为AC⊂平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解存在.由(1)知AC⊥AB,AC⊥平面PAB,分别以AB,AC所在直线为x轴,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,2,0),=(-2,2,0),由∠PBA=45°,PB=,可得P(1,0,1),
所以=(1,0,1),=(-1,0,1),假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为,设=λ(0<λ<1),则==(λ,0,λ),=(λ,-2,λ),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则令z=1,可得x=y=1,
所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1,1),设直线CE与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cs|=,解得λ=或者λ=(舍).
所以存在,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为