高考数学一轮复习规范答题增分专项4高考中的立体几何含解析

规范答题增分专项四高考中的立体几何

1.如图，在平行四边形力成W中，AB=AC=^,/和生90°.以胫为折痕将八爪/折起，使点V到达点〃的

位置,且ABA.DA.

⑴证明：平面力切_L平面ABC;

⑵0为线段力。上一点,〃为线段比上一点,且BP=DQ郢A,求三棱锥0T分的体积.

2.（2020全国/,理18）如图，。为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心为底面直径，力£=力〃△力竟是

底面的内接正三角形,P为加上一点,P理D。.

B

⑴证明：用平面PBC;

⑵求二面角8-匹。-E的余弦值.

3.如图，己知多面体ABC-ABG,AM&&均垂直于平面ABC,Z

ABC=\2^,449，GC=1,AB=BC=B\B=2.

⑴证明:阳_L平面44G;

⑵求直线AG与平面AB&所成角的正弦值.

4.（2020山东,20）如图，四棱锥PT颇的底面为正方形,即_L底面ABCD.设平面以〃与平面PBC的

交线为1.

⑴证明：AL平面故7;

⑵己知PD=AD=\tQ为1上的点,求心与平面仇N所成角的正弦值的最大值.

5.图①是由矩形ADEB,Rt△力比和菱形MGC组成的一个平面图形,其中45=1,BE=BF=2,/FBC』。。.

将其沿AB,比折起使得BE与BF重合,连接DGt如图②.

⑴证明：图②中的A,C,G。四点共面,且平面4r_L平面BCGE-,

⑵求图②中的二面角B-CG-A的大小.

6.（2020全国〃,理20）如图，已知三棱柱ABC-A\BC的底面是正三角形，侧面阳GC是矩形，机N分别

为BC,BC的中点，尸为4必上一点,过BC和尸的平面交48于E,交力C于F.

⑴证明：力4〃楣且平面44蜘J_平面EB\C\F;

⑵设0为4ABe的中心,若40〃平面EBCR且A0=AB,求直线合£与平面44那所成角的正弦值.

7.如图，在四棱柱ABCD-ABCD中，侧棱44_1_底面ABCD,ABA.AC,ABA,AC=AA2AD=CD/且点M

和N分别为夕。和4〃的中点.

⑴求证:楸〃平面力腼；

(2)求二面角〃-力£的正弦值;

⑶设£为棱4笈上的点,若直线施和平面力及力所成角的正弦值为;,求线段4E的长.

8.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD//BC,/ADC=NPAB40°,BC=C*AD,£为棱"的中点,异面直线PA

与切所成的角为90°.

⑴在平面川8内找一点M,使得直线C胴〃平面PBE,并说明理由;

⑵若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面敏所成角的正弦值.

规范答题增分专项四高考中的立体几何

1.⑴证明由已知可得/物090°,用LL/1C

又BAUD,所以力凡L平面ACD.

又Alic.平面ABC,所以平面力5_1_平面ABC.

⑵解由已知可得DC=CM=ABA,%=3优.

又BP=l）Q郑A,所以BP=2y[2.

如图，作QEVAC,垂足为£则QE由己知及（1）可得如J_平面ABC,所以在1平面ABC,QE=\.因

此三棱锥0T阳的体积为%尾。£・8皿弓xlx；X3X2V2-sin45°=1.

2.⑴证明设DO=a,由题设可得P04A04a,AB=a,PA=PB二PC当a,因此港+PR=AR,从而PALPB.

又PZ+PC=AC、故PAA.PC,所以四_L平面PBC.

⑵解以0为坐标原点,一^勺方向为y轴正方向，/―7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£、（o,i,o）"（o,T,o）,c（1,；,o）,一（o,0,苧）.所以-♦=（1,$0）,—=（0,-

1避）

2,

设m=（x,y,z）是平面尸四的法向量,

-=0,

即《厂

T=0.

22

可取m《一龙）.

由⑴知—=（0,1,日）是平面”的一个法向量,记n-\则cos<h,=等.所以二面

角夕-尸。一6的余弦值为害.

V

3.解法一（1）证明：因为44氏B,GC均垂直于平面ABC,

所以A\A〃B\B,B\B〃CC卜AHC\C.

由AB244工BR2AAUAB,BRL他

得AR=AiR之戏,

所以4"力\=A彳，故力3_1_/1出.

由BC2B氏2笫=1,BBiLBC,CQLBC得氏C\M.

由AB=BC=2,N49C=120°,得1C=2g.

由CG_L"；得";4n.

所以力什4]=A彳，故阳_L84.

因此月合_1•平面44G.

⑵如图,过点G作G〃_L4尻交直线小总于点D,连接AD.

由（1）知阳J_平面ABQ,

所以平面48G_L平面ABR,且交线为AB.

所以G〃_L平面月阳.

所以NG4。是/1G与平面力仍所成的角.

由6£坛,AB%f24。个历1,得。。0/044理,从而sinNG44二.

V7V7

所以C\D$,故Sin/G/IZAj=粤

113

因此直线力G与平面力能所成的角的E弦值是察.

13

解法二

X

⑴证明：如图，以力。的中点。为原点，分别以射线0B,%为才轴、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:4(0,75,0),6(1,0,0),4(0,75,4),笈(1,0,2),G(0,V3,1).

因此2),—T7=(1,6,-2),—T7=S,2V3,-3).

由if•i得由f,jfR,得45_L4G.

所以45_L平面A出C.

⑵设直线4G与平面/f防所成的角为0.

由(1)可知—T=(0,2V3,1),--(1,b,0),—f=(0,0,2).

设平面ABB\的法向量n=(x,y,z).

由［*ZZL=O1BPf="可取n=(75,1,0).

所以sin"=/cos<_f,n>/=粤.

-ZIZZil；lIiIS

因此,直线/IC与平面力防所成的角的正弦值是唱.

4.解(1)因为如底面ABC"所以PDA.AD.

又底面4BCD为正方形,所以ADVDC.

所以力平面帆

因为AD//BC,4〃不在平面PBC中,所以49〃平面PBC,又因为ADc.平面PAD,平面四〃n平面PBC=1,

所以1//AD.所以J_L平面PDC.

/B

⑵以〃为坐标原点，分别以一；'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=\,得点以0,0,0),C(0,1,0),8(1,1,0),户(0,0,1),则一一二(0,1,0),=(1,1,T).

由(D可设D,则=(a,u,1).

设n=(x,y,z)是平面Q力的法向量，

则{,—'=JBP{：=°'

(=0,1=0.

可取n=(T,0,a),所以cos<h,'>=-------=—『设外与平面QO所成角为生则

1+2

1II-11

争号=&+-因为胃+飞，；£当且仅当a=l时，等号成立,所以尚与平面

*5

仇》所成角的正弦值的最大值为手.

5.⑴证明由已知得力〃〃儆CG〃儆所以力。〃CG,

故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,。四点共面.

由已知得ABLBEyABA.BC,故居_L平面BCGE.

又因为Alic平面ABC,所以平面力仪」,平面BCGE.

⑵解作血18G垂足为〃

因为防b平面BCGE,平面比'必J_平面ABC,

所以叫〃_平面ABC.

由已知,菱形BCGE的边长为2,NEBC$Q：可求得B//=\,理心.

以〃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//xyz,

则点/(-I,1,0),C(l,0,0),。(2,0,V3),--(1,0,V3),---=(2,-1,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,匕z),

则匚二，=?'即L+6八=°，所以可取n=(3,6,S).

又平面8Q若的法向量可取为m=(0,1,0),

所以cos<h,m>=--——=*

因此二面角a-GGT的大小为30°.

6.⑴证明因为.％A'分别为BC,趾\的中点,所以刷V〃CG.

又由已知得44〃S,故44〃楸：

因为△484是正三角形,所以BxC^AN.

又BC1MN,故笈G_L平面AM1N.

所以平面HMMV_L平面EB\C\F.

(2)解由已知得AMLBC.以必为坐标原点，的方向为x轴正方向，/丽/为单位长,建立如图所示的

空间直角坐标系Mxyz,则AB24gZ5.

连接帜则四边形和快为平行四边形，故PM专点/竽0).

JJJ

由⑴知平面平面ABC.作NQiAM,垂足为Q,则闻J_平面ABC.设点Q(a,0,0),则

点1,JK(竽一a))

故g件，-月仪察力/二畔

又n=(0,T,0)是平面力MJ邠的一个法向量，

故sin(1-V,i>^=cos<h,।>=~--!—:

III1I

所以直线区£与平面44郊所成角的正弦值为誓.

7.解如图，以A为原点建立空间直角坐标系，

由题意可得点4(0,0,0),8(0,1,0),。(2,0,0),。(1,一2,0),4(0,0,2),蛇(0,1,2点G(2,0,2),〃(1,一

2,2).

又因为M4分别为6c和〃〃的中点,得点-2,1).

⑴证明：依题意,可得n=(0,0,1)为平面力的一个法向量.--(0,-5,0).

由此可得^n^O,

又因为直线极火平面ABCD,所以JW〃平面ABCD.

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

设为平面ACD\的法向量，

n1-(xi,yi,zi)

不妨设％=1,可得ni=(0,1,1).

设m=(x2,%,诙)为平面ACBi的法向量，

则，2•二7=0,又一；=(0,1,2),得12+,2=。，

不妨设Z2=l,可得m=(0,-2,1).

因此有I12>=一--I-=~,于是所以,二面角〃-力的正弦值为骞.

cos<hbsin<hi,m)=*

I11I211。1010

⑶依题意，可设丁二丁；其中4£[0,口，

则夙0,九2),从而―.二(-1,4+2,1).

又n-（0,0,1）为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos<一;n>=-----------==

I'llIJ（-l）2+（+2）2+12

整理得闺4-34,又因为人£[0,1],解得447-2.

所以，线段的长为近2

8.解（1）在梯形ABCD中"B与必不平行.

如图,延长AB,%相交于点玳代平面PAR,点必即为所求的一个点.

理由如下：

由已知,BC〃ED,

且BC=ED.

所以四边形阳阳是平行四边形.

从而CM//EB.

又EBci平面PBE,C依平面PBE,

所以O"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邮上任意一点）

⑵（方法一）由已知，CDIPA、CDLAD,PA^AD=A>

所以6P_L平面PAD.从而CD1PD.

所以N加是二面角尸-口入4的平面角，所以/物幺5。.

设BCA则在Rt△处〃中，PA=AD=2.

过点A作AH1CE,交位的延长线于点〃连接掰

易知QI_L平面ABCD,从而PAA-CE.

于是区L平面PAH.

所以平面产区L平