高考大题专项训练(四)　立体几何

这是一份高考大题专项训练(四)　立体几何，共15页。

高考大题专项训练(四)　立体几何
突破1　空间中的平行与空间角
1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.
(1)证明:GH∥平面ACD;
(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.










2.如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=12AD=1,E为PA的中点.

(1)求证:EB∥平面PCD.
(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.












3.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为22的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.

(1)证明:平面ADE∥平面BCF.
(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.















4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.

(1)求证:EG∥平面BCF;
(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.













5.如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.

(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.












6.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.

(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.














突破2　空间中的垂直与空间角
1.如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.

(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.













2.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.

(1)证明:BC⊥平面PBE;
(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.













3.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.

(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.












4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.

(1)证明:AC⊥BE;
(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.















5.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.

(1)证明:MF⊥面BCD;
(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.













6.(2019宁夏银川一中一模,19)如图所示,ABCD是边长为2的正方形,AE⊥平面BCE,且AE=1.

(1)求证:平面ABCD⊥平面ABE;
(2)线段AD上是否存在一点F,使二面角A-BF-E 所成角的余弦值为64?若存在,请找出点F的位置;若不存在,请说明理由.



参考答案与解析
突破1　空间中的平行与空间角
1.(1)证明连接GO,OH,∵GO∥DC,OH∥AC,
∴GO∥平面ACD,OH∥平面ACD,
又GO交HO于O,∴平面GOH∥平面ACD,
∴GH∥平面ACD.
(2)解以CB为x轴,CA为y轴,CD为z轴,建立如图所示的直角坐标系,
则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2),
平面BCE的法向量m=(0,1,0),设平面OCE的法向量n=(x0,y0,z0).
CE=(2,0,2),CO=(1,1,0).
∴n·CE=0,n·CO=0,则2x0+2z0=0,x0+y0=0,
令x0=-1,∴n=(-1,1,1).∵二面角O-CE-B是锐二面角,记为θ,则cos θ=|cos|=m·n|m||n|=11×3=33.


2.(1)证明取PD中点F,连接EF,FC.

∵E,F分别为AP,PD中点,
∴EF?12AD.
又∵BC?12AD,∴BC?EF.
即四边形BCFE是平行四边形,
∴EB∥FC.∵FC⊂平面PCD,
且EB⊄平面PCD,
∴EB∥平面BCD.

(2)解取BC的中点M,以OM,OD,OP方向为正方向建立如图所示的空间直角系O-xyz.
则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C32,12,0,则平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0).
∴PD=(0,1,-1),CD=-32,12,0.
设平面PDC的一个法向量为n2=(x,y,z),
则y-z=0,-32x+12y=0.
不妨令x=1,则y=3,z=3,
∴n2=(1,3,3).
∴|cos θ|=|cos|=77,
则sin θ=427.

3.(1)证明取BC,DE中点分别为O,O1,连接OA,O1A,OF,O1F.
由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=22,
可知△ABC,△DEF为等腰直角三角形,
故OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF.
故CD⊥平面DEF,平面BCDE⊥平面DEF,
所以O1F⊥平面BCDE.
同理OA⊥平面BCDE,所以O1F∥OA.而O1F=OA,故四边形AOFO1为平行四边形,所以AO1∥OF,所以AO1∥平面BCF.
又BC∥DE,故DE∥平面BCF,而AO1∩DE=O1,所以平面ADE∥平面BCF.

(2)解以O为坐标原点,以过O且平行于AC的直线作为x轴,平行于AB的直线作为y轴,OO1为z轴建立空间直角坐标系如图.
则有B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2),
故BD=(-2,-2,2),BC=(-2,-2,0),BF=(-2,0,2).
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
则-2x-2y=0,-2x+2z=0,取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF的一个法向量为n=(1,-1,1).
设BD与平面BCF所成角为θ,则
sin θ=|cos|
=-2×1-2×(-1)+2×13×23=13.
故BD与平面BCF所成角的正弦值为13.

4.(1)证明设AC∩BD=O,连接OE,OF,
∵四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,
∴OE∥CF,∴EF=AO=CO,∴OF⊥平面ABCD,
设OA=a,OB=b,AE=c,

以O为原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(a,0,c),Ga2,b2,0,B(0,b,0),C(-a,0,0),F(0,0,c),
FB=(0,b,-c),FC=(-a,0,-c),EG=-a2,-b2,-c,
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
则n·FB=by-cz=0,n·FC=-ax-cz=0,
取z=b,得n=-bca,c,b,
∵n·EG=-a2·-bca+b2·c+(-c)·b=0,EG⊄平面BCF,
∴EG∥平面BCF.
(2)解设AE=AB=2,∵∠BAD=60°,
∴OB=1,OA=3.
∴A(3,0,0),B(0,1,0),E(3,0,2),D(0,-1,0).
∴BE=(3,-1,2),BA=(3,-1,0),BD=(0,-2,0),
设平面ABE的法向量n=(x,y,z),
则n·BA=3x-y=0,n·BE=3x-y+2z=0,
取x=1,得n=(1,3,0),
设平面BDE的法向量m=(x,y,z),
则m·BE=3x-y+2z=0,m·BD=-2y=0,
取x=2,得m=(2,0,-3),
设二面角A-BE-D的平面角为θ,
则cos θ=|m·n||m||n|=24×7=77.
∴二面角A-BE-D的余弦值为77.
5.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.
因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,
又BC=12AD,所以EF?BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,
又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.
(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).

设M(x,y,z)(0 则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,
所以|cos|=sin 45°,|z|(x-1)2+y2+z2=22,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,设PM=λPC,则
x=λ,y=1,z=3-3λ.②
由①,②解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),x=1-22,y=1,z=62,
所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则
m·AM=0,m·AB=0,
即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
所以可取m=(0,-6,2).
于是cos=m·n|m||n|=105.
因此二面角M-AB-D的余弦值为105.

6.解(1)连接BD交AC于点O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,
所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.
如图,以A为坐标原点,AB的方向为x轴的正方向,|AP|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,

则D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设B(m,0,0)(m>0),
则C(m,3,0),AC=(m,3,0),
设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n1·AC=0,n1·AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,
可取n1=3m,-1,3.
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,
由题设|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32.
因为E为PD的中点,
所以三棱锥E-ACD的高为12.
三棱锥E-ACD的体积V=13×12×3×32×12=38.
突破2　空间中的垂直与空间角
1.(1)证明由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,
所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,
则n·AM=0,n·AB=0.即-2x+y+z=0,2y=0.
可取n=(1,0,2),
DA是平面MCD的法向量,
因此cos=n·DA|n||DA|=55,
sin=255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.

2.(1)证明因为E,F分别为AB,AC边的中点,所以EF∥BC.
因为∠ABC=90°,所以EF⊥BE,EF⊥PE.又因为BE∩PE=E,所以EF⊥平面PBE,所以BC⊥平面PBE.
(2)解取BE的中点O,连接PO,由(1)知BC⊥平面PBE,BC⊂平面BCFE,所以平面PBE⊥平面BCFE.
因为PB=BE=PE,所以PO⊥BE.
又因为PO⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE,所以PO⊥平面BCFE.
过O作OM∥BC交CF于M,分别以OB,OM,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则P(0,0,3),C(1,4,0),F(-1,2,0).
PC=(1,4,-3),PF=(-1,2,-3).
设平面PCF的法向量为m=(x,y,z),则PC·m=0,PF·m=0,
即x+4y-3z=0,-x+2y-3z=0,
则m=(-1,1,3),
易知n=(0,1,0)为平面PBE的一个法向量,
cos=-1×0+1×1+3×0(-1)2+12+(3)2=15=55,
所以平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值55.


3.(1)证明∵A1A⊥平面ABC,B1B⊥平面ABC,∴AA1∥BB1.
∵AA1=4,BB1=2,AB=2,
∴A1B1=(AB)2+(AA1-BB1)2=22,
又AB1=AB2+BB12=22,∴AA12=AB12+A1B12,
∴AB1⊥A1B1.同理可得:AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,
∴AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解取AC中点O,过O作平面ABC的垂线OD,交A1C1于D,∵AB=BC,∴OB⊥OC,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,
∴OB=1,OA=OC=3.以O为原点,以OB,OC所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示,
则A(0,-3,0),B(1,0,0),B1(1,0,2),C1(0,3,1),
∴AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2),AC1=(0,23,1).
设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0,n·BB1=0,

∴x+3y=0,2z=0,令y=1可得n=(-3,1,0),
∴cos=n·AC1|n||AC1|=232×13=3913.
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=3913.
∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为3913.
4.

(1)证明设F是PD的中点,连接EF,CF.
∵E是PA的中点,
∴EF∥AD,EF=12AD.
∵AD∥BC,AD=2BC,
∴EF∥BC,EF=BC.
∴BCFE是平行四边形,
∴BE∥CF.
∵AD∥BC,AB⊥AD,∴∠ABC=∠BAD=90°.
∵AB=BC,∴∠CAD=45°,AC=2.
由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos∠CAD=2,
∴AC2+CD2=4=AD2,∴AC⊥CD.
∵PD⊥AC,∴AC⊥平面PCD,
∴AC⊥CF,
∴AC⊥BE.
(2)解由(1)得AC⊥平面PCD,CD=2,∴平面ABCD⊥平面PCD.
过点P作PO⊥CD,垂足为O,∴OP⊥平面ABCD,以O为坐标原点,OC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则P0,0,62,D-22,0,0,B2,-22,0,E24,-22,64,
∴BP=-2,22,62,BD=-322,22,0,BE=-324,0,64,
设m=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量,则m·BD=0,m·BE=0,
∴-322x+22y=0,-324x+64z=0.
令x=1,则y=3,z=3,∴m=(1,3,3).
∴cos=m·BP|m||BP|=2613.
∴直线BP与平面BDE所成角的正弦值为2613.
5.(1)证明取DB中点N,连接MN,EN,∵MN?12BC,EF?12BC,∴四边形EFMN是平行四边形.∵EF⊥BE,EF⊥DE,BE∩DE=E,∴EF⊥平面BED,
∴EF⊥EN,MF⊥MN.
在△DFC中,DF=FC,又∵M为CD的中点,∴MF⊥CD.
又∵MF∩MN=M,MF,MN⊂平面BCD,
∴MF⊥平面BCD.
(2)解∵DE⊥BE,又∵DE⊥EF,BE∩EF=E,
∴DE⊥平面BEF.
可建立如图所示空间直角坐标系.
设BC=2,∴E(0,0,0),F(0,1,0),C(-2,2,0),M(-1,1,1).
∴EF=(0,1,0),FM=(-1,0,1),CF=(2,-1,0),CM=(1,-1,1).
设平面EMF的法向量为m=(x,y,z),

∴m·EF=0,m·FM=0,∴y=0,-x+z=0,取x=1,则y=0,z=1,
∴m=(1,0,1).
同理可得平面CMF的法向量n=(1,2,1),
∴cos θ=m·n|m||n|=33.
∵二面角E-MF-C为钝角,
∴二面角E-MF-C的余弦值为-33.
6.(1)证明∵AE⊥平面BCE,BE⊂平面BCE,BC⊂平面BCE,
∴AE⊥BE,AE⊥BC.又∵BC⊥AB,∴AE∩AB=A,
∴BC⊥平面ABE.
又BC⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ABE.
(2)解如图所示,建立空间直角坐标系A-xyz,
∵AE=1,AB=2,AE⊥BE,∴BE=3.假设线段AD上存在一点F满足题意,E32,12,0,B(0,2,0),F(0,0,h)(h>0),
易知平面ABF的一个法向量为m=(1,0,0).
∵BE=32,-32,0,BF=(0,-2,h),
∴设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),
由n·BE=0,n·BF=0, 得32x-32y=0,-2y+hz=0.
取y=1,得n=3,1,2h,cos=m·n|m||n|=64=34+4h2,∴h=1.即点F为线段AD的中点时,二面角A-BF-E所成角的余弦值为64.