2021届高考数学（理科）人教版 1轮复习资料（课件+达标练习） 第八章　立体几何 (共15份打包)

1．如图，多面体ABCDE中，AB＝AC，平面BCDE⊥平面ABC，BE∥CD，CD⊥BC，BE＝1，BC＝2，CD＝3，M为BC的中点．

(1)若N是棱AE上的动点，求证：DE⊥MN；

(2)若平面ADE与平面ABC所成锐二面角为60°，求AB的长．

解：(1)证明：如图，连接EM，AM，DM，

因为AB＝AC且M为BC的中点，

所以AM⊥BC.因为平面BCDE⊥平面ABC，

所以AM⊥平面BCDE，

所以AM⊥DE.

因为在直角梯形BCDE中，BE＝1，BC＝2，CD＝3，

所以在△DEM中，DE＝2，EM＝，DM＝，

所以DE2＋EM2＝DM2，所以DE⊥EM，

又AM∩EM＝M，

所以DE⊥平面AEM，因为MN⊂平面AEM，

所以DE⊥MN.

(2)取DE的中点P，连接PM，则PM∥BE，

所以BE⊥BC，所以PM⊥BC.

由(1)知，AM⊥平面BCDE，

所以MB，MA，MP两两垂直，以M为原点，建立空间直角坐标系Mxyz.

设AM＝t(t>0)，则A(0，t，0)，D(－1，0，3)，E(1，0，1)，

所以＝(－1，－t，3)，＝(2，0，－2)．

设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，

由得

令x＝t，则y＝2，z＝t，

所以m＝(t，2，t)．

因为平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，且平面ADE与平面ABC所成的锐二面角为60°，

所以cos 60°＝|cos〈m，n〉|，

即＝，

解得t＝，

此时，AB＝.

2.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

解：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，

E，B1(a，0，1)，

故＝(0，1，1)，＝，

＝(a，0，1)，＝.

(1)证明：因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

所以⊥，即B1E⊥AD1.

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，

使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．

设平面B1AE的一个法向量n＝(x，y，z)，

因为n⊥平面B1AE，

所以n⊥，n⊥，

得

取x＝1，则y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝.

要使DP∥平面B1AE，只需n⊥，有－az0＝0，

解得z0＝.

又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

3．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，G为线段DA上任意一点．

(1)若M是线段EF的中点，证明：平面AMG⊥平面BDF；

(2)若N为线段EF上任意一点(图中未画出)，设直线AN与平面ABF，平面BDF所成的角分别是α，β，求的取值范围．

解：(1)证明：如图，设AC∩BD＝O，连接OF，OM.

由已知得，AO＝1，AF＝1，

所以四边形AFMO是正方形，

所以AM⊥OF.

又正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，交线是CA，DB⊥CA，

所以DB⊥平面ACEF，又AM⊂平面ACEF，

所以DB⊥AM.

因为BD∩OF＝O，

所以AM⊥平面BDF.

因为AM⊂平面AMG，

所以平面AMG⊥平面BDF.

(2)因为正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，交线是CA，EC⊥CA，

所以EC⊥平面ABCD，所以CD，CB，CE两两垂直．

分别以CD，CB，CE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

则平面ABF的一个法向量为n1＝(0，1，0)，

由(1)得，平面BDF的一个法向量为

n2＝＝，

由N为线段EF上任意一点，

可设＝λ＝λ＝λ(，，0)(λ∈[0，1])，

所以＝((λ－1)，(λ－1)，1)，

所以sin α＝＝

＝，

sin β＝＝

＝，

因为λ∈[0，1]，

所以＝＝1－∈.

4．在如图所示的多面体ABCDEF中，ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，四边形ADEF为等腰梯形，EF∥AD，已知AE⊥EC，AB＝AF＝EF＝2，AD＝CD＝4.

(1)求证：平面ABCD⊥平面ADEF；

(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值．

解：(1)证明：取AD的中点M，连接EM，由AF＝EF＝DE＝2，AD＝4，可知EM＝2，所以AE⊥DE，

又AE⊥EC，DE∩EC＝E，所以AE⊥平面CDE，

所以AE⊥CD，又CD⊥AD，AD∩AE＝A，所以CD⊥平面ADEF，又CD⊂平面ABCD，

所以平面ABCD⊥平面ADEF.

(2)如图，作EO⊥AD，则EO⊥平面ABCD，故以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Oxyz，依题意可得E(0，0，)，A(3，0，0)，C(－1，4，0)，F(2，0，)，所以＝(3，0，－)，＝(－4，4，0)，＝(3，－4，)．

设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则即不妨设x＝1，

可得n＝(1，1，)，

所以cos〈，n〉＝＝＝，

所以直线CF与平面EAC所成角的正弦值为.

5．如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，若AM⊥平面ABD，且AM＝.

(1)求证：DM⊥平面ABC；

(2)求二面角C­BM­D的大小．

解：(1)证明：设BD的中点为N，连接AN，CN，则AN⊥BD，CN⊥BD，

因为平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，CN⊂平面CBD，CN⊥BD，所以CN⊥平面ABD，

以A为坐标原点，AB，AD，AM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，1，)，D(0，2，0)，M(0，0，)，＝(2，0，0)，＝(1，1，)，＝(0，－2，)，

所以·＝0，·＝－2＋2＝0，所以DM⊥AB，DM⊥AC，又AB∩AC＝A，所以DM⊥平面ABC.

(2)由(1)得，＝(－2，0，)，＝(－1，1，)，＝(－2，2，0)，

设平面CBM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，得z1＝，y1＝－1，所以n1＝(1，－1，)为平面CBM的一个法向量．

设平面DBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令x2＝1，得z2＝，y2＝1，所以n2＝(1，1，)为平面DBM的一个法向量．

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，

设二面角C­BM­D的大小为θ，由图可知θ为锐角，所以cos θ＝，θ＝，即二面角C­BM­D的大小为.

6．如图，四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形，E是BC的中点．

(1)求证：AE∥平面PCD；

(2)记平面PAB与平面PCD的交线为l，求二面角C­l­B的余弦值．

解：(1)证明：证因为∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，E是BC的中点，

所以AD∥CE，且AD＝CE，

所以四边形ADCE是平行四边形，所以AE∥CD.

因为AE⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，

所以AE∥平面PCD.

(2)连接DE，BD，设AE交BD于点O，连接PO，

则四边形ABED是正方形，所以AE⊥BD.

因为PD＝PB＝2，O是BD中点，所以PO⊥BD，

则PO＝＝＝，又OA＝，PA＝2，

所以PO2＋OA2＝PA2，则PO⊥AO.

因为BD∩AE＝O，所以PO⊥平面ABCD.

建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0，0，)，A(－，0，0)，B(0，，0)，E(，0，0)，D(0，－，0)，所以＝(－，0，－)，＝(0，，－)，＝(0，－，－)，＝(2，0，0)．

设平面PAB的一个法向量是n1＝(x1，y1，z1)，

则即

取x1＝1，则y1＝z1＝－1，所以n1＝(1，－1，－1)．

设平面PCD的一个法向量是n2＝(x2，y2，z2)，

则，即

即

取y2＝1，得n2＝(0，1，－1)．

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝0，

即所求二面角的余弦值为0.

1.

如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.

(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；

(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．

解：(1)证明：在四边形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，所以AB＝2.

所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3.

所以AB2＝AC2＋BC2，所以BC⊥AC.

因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE.

又BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.

(2)由(1)知，分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，

令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，

所以＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．

设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，

由得

取x＝1，则n1＝(1，，－λ)．

因为n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，

所以cos θ＝＝＝.

因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值，

当λ＝时，cos θ有最大值，所以cos θ∈.

2．已知正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.

(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；

(2)求二面角E­DF­C的余弦值；

(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．

解：(1)AB∥平面DEF.理由如下：在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AB∥平面DEF.

(2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，

则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0，0，2)．

易知平面CDF的法向量为＝(0，0，2)，设平面EDF的一个法向量n＝(x，y，z)，

则即

取n＝(3，－，3)，cos〈，n〉＝＝，

所以二面角E­DF­C的余弦值为.

(3)存在．设P(s，t，0)，则·＝(s，t，－2)·(0，，1)＝t－2＝0，所以t＝，

又＝(s－2，t，0)，＝(－s，2－t，0)，

因为∥，所以(s－2)(2－t)＝－st，

所以s＋t＝2.

把t＝代入上式得s＝，所以＝，

所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.

此时，＝.