高考数学北师大（理）一轮复习高考大题专项四　高考中的立体几何 Word含解析.docx

高考大题专项四高考中的立体几何1.如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别为BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证:EF∥平面ABD;(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90,BC=2,CC1=4,点E段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.4.(2018山西晋中调研,18)如图,已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,底面ABCD中,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M为AD的中点.(1)求证:平面PCM⊥平面PAD;(2)问在棱PD上是否存在点Q,使PD⊥平面CMQ,若存在,请求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.5.(2018河南郑州外国语学校调研,19)如图,在底面为等边三角形的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=3AB,四边形B1C1CB为矩形,过A1C作与直线BC1平行的平面A1CD交AB于点D.(1)证明:CD⊥AB;(2)若直线AA1与底面A1B1C1所成的角为60,求二面角B-A1C-C1的余弦值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.7.(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313,求点P到平面BQB1的距离.8.(2018山西大同一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱PB中点且AM=2.(1)求证:AM∥平面PCD;(2)设点N是线段CD上一动点,且DN=λDC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ的值.9.(2018山西晋城一模,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90.(1)当PB=2时,证明:平面PAD⊥平面ABCD;(2)当四棱锥P-ABCD的体积为34,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.参考答案高考大题专项四　高考中的立体几何1.证明 (1)∵BD∥平面AEF,BD⫋平面BCD,平面BCD∩平面AEF=EF,∴BD∥EF.又BD⫋平面ABD,EF⊈平面ABD,∴EF∥平面ABD.(2)∵AE⊥平面BCD,CD⫋平面BCD,∴AE⊥CD.由(1)可知BD∥EF,又BD⊥CD,∴EF⊥CD.又AE∩EF=E,AE⫋平面AEF,EF⫋平面AEF,∴CD⊥平面AEF,又CD⫋平面ACD,∴平面AEF⊥平面ACD.2.证明 (1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),设BA=a,则A(a,0,0),所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B1D=(0,2,-2),B1DBA=0,B1DBD=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,BA⫋平面ABD,BD⫋平面ABD,所以B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),Ga2,1,4,F(0,1,4),则EG=a2,1,1,EF=(0,1,1),B1DEG=0+2-2=0,B1DEF=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF.又EG∩EF=E,EG⫋平面EGF,EF⫋平面EGF,所以B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.3.解 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⫋平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⫋平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120.因此∠CBP=30.(2)(方法一)取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.在△BEC中,由于∠EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60.(方法二)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos=mn|m||n|=12.因此所求的角为60.4.解以A为原点,射线AB,AD,AP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系如图.PA=AD=AB=2BC=2,A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),AD=(0,2,0),AP=(0,0,2),∵M为AD的中点,∴M(0,1,0),MC=(2,0,0).(1)∵MCAD=0,MCAP=0,∴CM⊥PA,CM⊥AD.PA⫋平面PAD,AD⫋平面PAD,且PA∩AD=A,∴CM⊥平面PAD.∵CM⫋平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD.(2)存在点Q使PD⊥平面CMQ,在△PAD内,过M作MQ⊥PD,垂足为Q,由(1)知CM⊥平面PAD,PD⫋平面PAD,∴CM⊥PD,MQ∩CM=M,∴PD⊥平面CMQ.设平面PCM的一个法向量为n=(x,y,z),则nMC=2x=0⇒x=0,nPM=(x,y,z)(0,1,-2)=y-2z=0⇒y=2z,取n=(0,2,1).∵PD⊥平面CMQ,∴PD=(0,2,-2)是平面CMQ的一个法向量.由图形知二面角P-CM-Q的平面角θ是锐角,故cos θ=nPD|n||PD|=258=1010,所以二面角余弦值为1010.5.(1)证明如图,连接AC1交A1C于点E,连接DE.因为BC1∥平面A1CD,BC1⫋平面ABC1,平面ABC1∩平面A1CD=DE,所以BC1∥DE.又四边形ACC1A1为平行四边形,所以E为AC1的中点,所以ED为△AC1B的中位线,所以D为AB的中点.又△ABC为等边三角形,所以CD⊥AB.(2)解过A作AO⊥平面A1B1C1,垂足为O,连接A1O,设AB=2,则AA1=23.因为直线AA1与底面A1B1C1所成的角为60,所以∠AA1O=60.在Rt△AA1O中,因为AA1=23,所以A1O=3,AO=3.因为AO⊥平面A1B1C1,B1C1⫋平面A1B1C1,所以AO⊥B1C1,因为四边形B1C1CB为矩形,所以BB1⊥B1C1,因为BB1∥AA1,所以B1C1⊥AA1.因为AA1∩AO=A,AA1⫋平面AA1O,AO⫋平面AA1O,所以B1C1⊥平面AA1O.因为A1O⫋平面AA1O,所以B1C1⊥A1O.△A1B1C1为等边三角形,边B1C1上的高为3,又A1O=3,所以O为B1C1的中点.以O为坐标原点,分别以OA1,OB1,OA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.则A1(3,0,0),C1(0,-1,0),A(0,0,3),B1(0,1,0).因为AB=A1B1=(-3,1,0),所以B(-3,1,3),D-32,12,3,因为AC=A1C1=(-3,-1,0),所以C(-3,-1,3),A1B=(-23,1,3),BC=B1C1=(0,-2,0),A1C=(-23,-1,3).设平面BA1C的法向量为n=(x,y,z).由A1Bn=0,BCn=0,得-23x+y+3z=0,y=0,令x=3,得z=2,所以平面BA1C的一个法向量为n=(3,0,2).设平面A1CC1的法向量为m=(a,b,c),由A1C1m=0,A1Cm=0,得3a+b=0,23a+b-3c=0,令a=3,得b=-3,c=1,所以平面A1CC1的一个法向量为m=(3,-3,1).所以|cos|=|nm||n||m|=59191.因为所求二面角为钝角,所以二面角B-A1C-C1的余弦值为-59191.6.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⫋平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⫋平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则nBD=0,nPD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,则y=1,z=2.于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos=np|n||p|=12.由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为π3.(3)解由题意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos|=|nMC||n||MC|=269.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.7.(1)证明如图,取BB1中点E,连接AE,EH.∵H为BQ中点,∴EH∥B1Q.在平行四边形AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,∴AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,∴平面EHA∥平面B1QP.∵AD⫋平面EHA,∴AD∥平面B1PQ.(2)解连接PC1,AC1。