2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》一(含答案)

2021年高考数学解答题专项练习

《立体几何》一

1.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．

(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；

(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；

(3)证明：直线DF⊥平面BEG．

2.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

3.已知△BCD中，∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E，F分别是AC，AD上的动点，且 (0<λ<1).

（1）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC;

（2）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?

4.如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°.

(1)求三棱锥P-ABC的体积；

(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求PM:MC的值.

5.如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB=2，EF=1.

(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；

(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；

(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？

6.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB=90°，AC=BC=CC1=2，A1B⊥B1C.

（Ⅰ）证明：A1C1⊥CC1；

（Ⅱ）若，在棱CC1上是否存在点E，使得二面角E-AB1-C的大小为30°，若存在，求CE的长，若不存在，说明理由.

7.如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E,F,G分别为AB,AD,AC的中点，AC=BC,∠ACD=90°.

（1）求证：AB⊥平面EDC；

（2）若P为FG上任一点，证明EP//平面BCD.

8.如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3.

(1)证明：BC//平面PDA；

(2)证明：BC⊥PD；

(3)求点C到平面PDA的距离．

9.如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA=AD.

(1)求证：AF∥平面PEC；

(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.

10.如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．

(1)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；

(2)已知点D满足B=B＋B，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．

11.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.

求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；

（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.

12.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，AA1⊥底面ABC，E，F分别为棱AA1,BC的中点．

（1）过FA1作平面α，使得直线BE//平面α，若平面α与直线BB1交于点H，指出点H所在的位置，并说明理由；

（2）求二面角B-FH-A1的余弦值．

13.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长均为2，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．

（1）证明EF∥平面A1CD；

（2）若三棱柱ABC﹣A1B1C1为直棱柱，求三棱锥的体积．

14.如图，三棱台DEF—ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点.

（1）求证：BD//平面FGH；

（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥FG.   

15.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB=4，PA=3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC．

（1）求证：AG∥平面PEC；

（2）求AE的长；

（3）求二面角E﹣PC﹣A的正弦值．

答案解析

16.解：

(1)点F，G，H的位置如图所示．

(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：

因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC=FG，

又FG∥EH，FG=EH，所以BC∥EH，BC=EH，

于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH．

又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH．

同理BG∥平面ACH．

又BE∩BG=B，

所以平面BEG∥平面ACH．

(3)证明：连接FH．

因为ABCD－EFGH为正方体，

所以DH⊥平面EFGH．

因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG．

又EG⊥FH，DH∩FH=H，所以EG⊥平面BFHD．

又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG．

同理DF⊥BG．

又EG∩BG=G，所以DF⊥平面BEG．

17.解：

(1)证明：由已知∠BAP=∠CDP=90°，

得AB⊥AP，CD⊥PD．

由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD=P，从而AB⊥平面PAD．

又AB⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PAD．

(2)如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E．

由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，AB∩AD=A，

可得PE⊥平面ABCD．

设AB=x，则由已知可得AD=x，PE=x．

故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD=AB·AD·PE=x3．

由题设得x3=，故x=2．

从而结合已知可得PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PB=PC=2．

可得四棱锥P－ABCD的侧面积为

PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin60°=6＋2．

18.（1）∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,∵CD⊥BC且AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.

又∵ (0<λ<1),∴不论λ为何值，恒有EF∥CD,

∴EF⊥平面ABC,又∵EF平面BEF,∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.

(2)由（1）知，BE⊥EF,又平面BEF⊥平面ACD,∴BE⊥平面ACD,∴BE⊥AC.

∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,∴BD=,AB=tan60°=

∴由AB2=AE·AC,得

故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.

19.（1） （2）

20.

21.

22.解：（1）因为平面平面，，即，

平面平面，平面，所以平面，

又平面，所以，

因为，为的中点，所以，

又，平面，平面，所以平面.

（2）连，，因为，分别为，的中点，

所以，又平面，平面，所以平面，

同理可证平面，且，平面，平面，

所以平面平面，

又为上任一点，所以平面，所以平面.

23.

24.证明：(1)取PC的中点G，连接FG、EG，

∵F为PD的中点，G为PC的中点，

∴FG为△CDP的中位线，

∴FG∥CD，FG=CD.

∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE=CD.

∴FG=AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，

∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC.

(2)∵PA=AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，

又∵CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，

又PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，

由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，

又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.

25.解：

(1)因为侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，所以A1O⊥平面ABC．

又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长均为2，

所以AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．

故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

则A(0，－1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，)，C(0，1，0)，B1(，1，)，

所以=(0，1，)，=(，2，)，=(0，2，0)．

设平面AB1C的一个法向量为n=(x，y，1)，则

解得n=(－1，0，1)．

由cos〈，n〉===．

而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量与平面AB1C的法向量所成锐角的余角，

所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为．

(2)因为B=B＋B，而B=(－，－1，0)，B=(－，1，0)，

所以B=(－2，0，0)．

又因为B(，0，0)，所以点D的坐标为(－，0，0)．

假设存在点P符合题意，则其坐标可设为P(0，y，z)，所以D=(，y，z)．

因为DP∥平面AB1C，n=(－1，0，1)为平面AB1C的一个法向量，

所以D·n=0，即z=．

因为A=(0，y＋1，z)，则由A=λ得所以y=0．

又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为(0，0，)，即恰好为点A1．

26.

27.解：

28.

29.解:

30.解：