人教版高中数学高考一轮复习训练--高考中的立体几何

规范答题增分专项四　高考中的立体几何

1.如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.

(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;

(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

2.(2020全国Ⅰ,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.

(1)证明:PA⊥平面PBC;

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

3.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所成角的正弦值.

4.(2020山东,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明:l⊥平面PDC;

(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

5.图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.

(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;

(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小.

6.(2020全国Ⅱ,理20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.

(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;

(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

7.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

(1)求证:MN∥平面ABCD;

(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;

(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.

8.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;

(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

规范答题增分专项四　高考中的立体几何

1.(1)证明 由已知可得∠BAC=90°,BA⊥AC.

又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.

又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)解 由已知可得DC=CM=AB=3,DA=3

又BP=DQ=DA,所以BP=2

如图,作QE⊥AC,垂足为E,则QE?DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此三棱锥Q-APB的体积为VQ-ABP=QE·S△ABP=13×2sin 45°=1.

2.(1)证明 设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a,因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.

又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.所以PA⊥平面PBC.

(2)解 以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

由题设可得点E(0,1,0),A(0,-1,0),C-,0,P0,0,.所以=-,-,0,=0,-1,.

设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,

则

即

可取m=

由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos<n,m>=所以二面角B-PC-E的余弦值为

3.解法一 (1)证明:因为A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,

所以A1A∥B1B,B1B∥C1C,A1A∥C1C.

由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,

得AB1=A1B1=2,

所以A1+A=A,故AB1⊥A1B1.

由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=

由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2

由CC1⊥AC,得AC1=

所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1.

因此AB1⊥平面A1B1C1.

(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.

由(1)知AB1⊥平面A1B1C1,

所以平面A1B1C1⊥平面ABB1,且交线为A1B1.

所以C1D⊥平面ABB1.

所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.

由B1C1=,A1B1=2,A1C1=,得cos∠C1A1B1=,从而sin∠C1A1B1=

所以C1D=,故sin∠C1AD=

因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是

解法二

(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x轴、y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).

因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).

由=0,得AB1⊥A1B1.由=0,得AB1⊥A1C1.

所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.

由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).

设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).

由可取n=(-,1,0).

所以sin θ=|cos<,n>|=

因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是

4.解 (1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.

又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.

所以AD⊥平面PDC.

因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.

(2)以D为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

由PD=AD=1,得点D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(0,1,0),=(1,1,-1).

由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).

设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,

则

可取n=(-1,0,a).所以cos<n,>=设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=因为,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

5.(1)证明 由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,

故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)解 作EH⊥BC,垂足为H.

因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,

所以EH⊥平面ABC.

由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=

以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,

则点A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

则所以可取n=(3,6,-).

又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),

所以cos<n,m>=

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

6.(1)证明 因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.

又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.

因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.

又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.

所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.

(2)解 由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz,则AB=2,AM=

连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,点E,0.

由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.设点Q(a,0,0),则NQ=,点B1,

故,||=

又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,

故sin=cos<n,>=

所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为

7.解 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,

由题意可得点A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).

又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得点M(1,,1),N(1,-2,1).

(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量=(0,-,0).

由此可得n=0,

又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.

(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).

设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,

则

不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).

设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,

则=(0,1,2),得

不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).

因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为

(3)依题意,可设=,其中λ∈[0,1],

则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).

又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>=,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.

所以,线段A1E的长为-2.

8.解 (1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.

如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.

理由如下:

由已知,BC∥ED,

且BC=ED.

所以四边形BCDE是平行四边形.

从而CM∥EB.

又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,

所以CM∥平面PBE.

(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)(方法一)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.

所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以∠PDA=45°.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.

过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.

易知PA⊥平面ABCD,从而PA⊥CE.

于是CE⊥平面PAH.

所以平面PCE⊥平面PAH.

过点A作AQ⊥PH于点Q,则AQ⊥平面PCE.

所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.

在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=

在Rt△PAH中,PH=,

所以sin∠APH=

(方法二)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.因为在梯形ABCD中,AB与CD相交,所以由PA⊥AB,PA⊥CD,可得PA⊥平面ABCD.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.

作y轴垂直于平面PAD,以A为原点,以的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,

则点A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).

所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).

设平面PCE的法向量为n=(x,y,z).

由

设x=2,解得n=(2,-2,1).

设直线PA与平面PCE所成角为α,

则sin α=

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为