2021届高考数学题型模块练之解答题（3）立体几何

2021届高考数学题型模块练之解答题（3）立体几何

1.在四棱锥中，底面ABCD，，，BD平分，.
 

（1）证明：；

（2）求二面角的余弦值.

2.已知四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为平行四边形，，，M为BC的中点，且三棱锥的体积为.
 

（1）求证：平面平面PMD；

（2）设点E为四棱锥外接球的球心，求二面角的大小.

3.如图，在四棱锥中，平面平面BCFE,,
,,.若点D为线段AC上一点，且满足平面BDF.
（1）求证：平面平面ABC；
（2）求二面角的正弦值.
 

4.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，.

（1）求证：；

（2）若点E为棱AB的中点，且平面与平面PDE所成锐二面角的余弦值为，求棱PA的长.

5.如图，三棱柱中，，，，.

（1）求证：平面ABC；

（2）若，求二面角的正弦值.

6.如图，已知三棱台，平面平面，和均为a等边三角形，，O为的中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

答案以及解析

1.答案：(1)【证明】取DC的中点E，连接BE，则，
又，所以四边形ABED为菱形，
所以，
所以，即.
因为底面，平面ABCD，所以.
因为，所以平面PBD，
又平面PBD，所以.

(2)【解】如图，取AB的中点F，连接DF.
因为，平分，所以.
因为，所以是等边三角形，所以，
所以，即.
因为底面ABCD，所以，.
故以D为坐标原点，以DF，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
不妨令，
则，，，，
所以，，.
设平面PAB的法向量为，
则
取，得.
设平面PBC的法向量为，
则
取，得.
故.
由图可知，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.

2.答案：（1）【证明】设，则由三棱锥的体积为及三棱锥的体积公式可得，，解得，即.
所以为正三角形，故.
又四边形ABCD为平行四边形，所以，
而，则在中，由余弦定理可得，
则，所以.
因为底面ABCD，所以.
又平面PMD，所以平面平面PMD.

（2）【解】首先确定四棱锥外接球球心点E的位置.
如图，连接AC，则在中，由，及余弦定理得，则，所以.
又底面ABCD，所以.
因此，
则为直角三角形.
由题意知为直角三角形，且由（1）知，为直角三角形，于是，取棱PD的中点F，连接FA，FM，FC，则有，
即四棱锥的外接球的球心E即为棱PD的中点F.
取BM的中点G，连接AG，则.
以A为坐标原点，AG，AD，AP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，，，.由E为棱PD的中点，得.

设平面PAM的法向量为，
则取，得，
所以平面PAM的一个法向量为.
设平面AME的法向厘为，
则取，得，，
所以平面AME的一个法向量为.
则.
由图易知二面角为锐二面角，故二面角的大小为.

3.答案：（1）因为平面平面BCFE，平面平面，，
所以平面ABE.
又平面ABE，所以.
因为，所以.
又，，
所以平面.
又平面ABC，所以平面平面ABC.
（2）以点E为坐标原点，在平面ABE内，过点E作BE的垂线，以该垂线为x轴，EB，
EF所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，.
设平面BDF的法向量为.
因为平面，平面，所以.
由，得，
令，得.
设平面ABF的法向量为.
由，得，
令，得.
所以.
设二面角的大小为，则，
故二面角的正弦值为.
 

4.答案：（1）因为底面ABCD，平面ABCD，
所以
连接AC，由，，得，
因为，，
所以，所以.
又，，平面PAC，
所以平面PAC.
因为平面PAC，
所以.
（2）以点A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，.
设，则，
所以，，.
设是平面PBC的法向量，则即
取，得.
设平面PDE的法向量为，则即
取，得.
所以，
解得或，所以或.
 

5.答案：（1）由题意知，在中，，，
由余弦定理可得，
所以，所以.
又，，，平面ABC，
所以平面.
（2）由（1）得平面，故可以C为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，且，所以，，
则，，，，
所以，，
，.
设平面的法向量为，
则取，则.
设平面的法向量为，
则得，取，则.
所以，
设二面角的大小为，
所以，
所以二面角的正弦值为.
 

6.答案：（1）取的中点为F，连接，

四点共面，

，平面

（2）补全三棱锥

在中，，即为等腰三角形，所以

由(1)知，平面，平面，所以

以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系

设，则

设平面的法向量为

取，则

设直线与平面所成角为

所以