2020版高考数学复习专项四高考中的立体几何理北师大版.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,BDCD,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在线段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APBE,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,BCAD,ABAD,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:CDAB;(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在线段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在线段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,ADBC,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=DC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求的值.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,BDEF.又BD平面ABD,EF平面ABD,EF平面ABD.(2)AE平面BCD,CD平面BCD,AECD.由(1)可知BDEF,又BDCD,EFCD.又AEEF=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B1DBA,B1DBD.又BABD=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B1DEG,B1DEF.又EGEF=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APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,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EMAG,CMAG,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,CMPA,CMAD.PA平面PAD,AD平面PAD,且PAAD=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MQPD,垂足为Q,由(1)知CM平面PAD,PD平面PAD,CMPD,MQCM=M,PD平面CMQ.设平面PCM的一个法向量为n=(x,y,z),则nMC=2x=0x=0,nPM=(x,y,z)(0,1,-2)=y-2z=0y=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的平面角是锐角,故cos =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BC1DE.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CDAB.(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RtAA1O中,因为AA1=23,所以A1O=3,AO=3.因为AO平面A1B1C1,B1C1平面A1B1C1,所以AOB1C1,因为四边形B1C1CB为矩形,所以BB1B1C1,因为BB1AA1,所以B1C1AA1.因为AA1AO=A,AA1平面AA1O,AO平面AA1O,所以B1C1平面AA1O.因为A1O平面AA1O,所以B1C1A1O.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PDME.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OPAD.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OPOE.因为ABCD是正方形,所以OEAD.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3.(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,则sin =|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,EHB1Q.在平行四边形AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,AEPB1.又EHAE=E,PB1B1Q=B1,平面EHA平面B1QP.AD平面EHA,AD平面B1PQ.(2)解连接PC1,AC1,四边形A1C1CA为菱形,AA1=AC=A1C1=4.又C1A1A=60,AC1A1为正三角形.P为AA1的中点,PC1AA1.平面ACC1A1平面ABB1A1,平面ACC1A1平面ABB1A1=AA1,PC1平面ACC1A1,PC1平面ABB1A1,在平面ABB1A1内过点P作PRAA1交BB1于点R.建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23),设AQ=AC=(0,-2,23),0,1,Q(0,-2(+1),23),PQ=(0,-2(+1),23).A1B1=AB=2,B1A1A=60,B1(3,1,0),PB1=(3,1,0).设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则mPQ=0,mPB1=0,得-2(+1)y+23z=0,3x+y=0,令x=1,则y=-3,z=-+1,平面PQB1的一个法向量为m=1,-3,-+1,设平面AA1C1C的法向量为n=(1,0,0),二面角B1-PQ-C1的平面角为,则cos =mn|m|n|=11+3+(-+1)2=1313.=12或=-14(舍),AQ=12AC,Q(0,-3,3).又B(3,-3,0),QB=(3,0,-3),|QB|=3+3=6.连接BP,设点P到平面BQB1的距离为h,则1312433=131246h,h=62,即点P到平面BQB1的距离为62.8.(1)证明如图,取PC中点K,连接MK,KD,因为M为PB的中点,所以MKBC且MK=12BC=AD,所以四边形AMKD为平行四边形,所以AMDK,又DK平面PDC,AM平面PDC,所以AM平面PCD.(2)解因为M为PB的中点,设PM=MB=x,在PAB中,PMA+AMB=,设PMA=,则AMB=-,所以cosPMA+cosAMB=0,由余弦定理得PM2+AM2-PA22PMAM+BM2+AM2-AB22BMAM=0,即x2+2-422x+x2+2-422x=0,解得x=2,则PB=22,所以PA2+AB2=PB2,所以PAAB.又PAAD,且ABAD=A,所以PA平面ABCD,且BAD=ABC=90.以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),D(1,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),因为点N是线段CD上一点,可设DN=DC=(1,2,0),故AN=AD+DN=(1,0,0)+(1,2,0)=(1+,2,0),所以MN=AN-AM=(1+,2,0)-(0,1,1)=(1+,2-1,-1).又面PAB的法向量为(1,0,0),设MN与平面PAB所成角为,则sin =(1+,2-1,-1)(1,0,0)(1+)2+(2-1)2+1=1+52-2+3=1+5(1+)2-12(1+)+10=15-121+10(11+)2=110(11+-35)2+75,所以当11+=35时,即=23时,sin 取得最大值.9.(1)证明取A