浙江专用2020版高考数学大一轮复习高考解答题专项练4立体几何

高考解答题专项练——立体几何1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=AA1=2,∠ABC=120°,点P在线段AC1上,且AP=2PC1,M为线段AC的中点.(1)证明:BM∥平面B1CP;(2)求直线AB1与平面B1CP所成角的余弦值.(1)证明连接BC1交B1C于点F,连接MC1交CP于点N,连接FN,∵四边形BCC1B1是矩形,∴F为BC1的中点.取AP的中点Q,连接MQ,∴MQ是△APC的中位线.∴MQ∥PC.又AP=2PC1,1112111112,即N为C1M的中点.∴FN为△C1BM的中位线,∴FN∥BM.又FN⊂平面B1CP,BM⊄平面B1CP,∴BM∥平面B1CP.(2)解连接MF,过点M作MG⊥CP于点G,连接FG,∵BM⊥AC,BM⊥CC1,∴BM⊥平面ACC1.∵BM∥FN,∴FN⊥平面ACC1.∴FN⊥MG.又MG⊥PC,FN∩PC=N,∴MG⊥平面B1PC.又AB1∥MF,∴∠MFG为直线AB1与平面B1CP所成的角.∵AB=BC=AA1=2,∠ABC=120°,∴AB1=2√2,CM=12AC=√∴MF=√2,MG=2√21FG=√1cos∠MFG=√直线AB1与平面B1CP所成角的余弦值为√2.在三棱锥A-BCD中,E是BC的中点,AB=AD,BD⊥DC.(1)求证:AE⊥BD.(2)若DB=2DC=√2AB=2,且二面角A-BD-C为60°,求AD与面BCD所成角的正弦值.(1)证明如图,取BD的中点F,连EF,AF,∵E为BC中点,F为BD中点,∴FE∥DC.又BD⊥DC,∴BD⊥FE.∵AB=AD,∴BD⊥AF.又AF∩FE=F,AF,FE⊂平面AFE,∴BD⊥平面AFE.∵AE⊂平面AFE,∴AE⊥BD.(2)解由(1)知BD⊥AF,∴∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角,∴∠AFE=60°.∵AB=AD=√2,DB=2,∴△ABD为等腰直角三角形.∴AF=12BD=1,又FE=12DC=12,∴AE2=AF2+FE2-2AF·FE·cos∠AFE=1+1-2×112cos60°=,即AE=√2,∴AE2+FE2=1=AF2.∴AE⊥FE.又由(1)知BD⊥AE,且BD∩FE=F,BD⊂平面BDC,FE⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC,∴∠ADE就是AD与平面BCD所成的角,在Rt△AED中,AE=√2,AD=√2,∴AD与平面BCD所成角的正弦值sin∠ADE=√63.如图,已知ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为θ.(1)当θ=90°时,求cos∠AOC的值;(2)当θ=60°时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为α.若sinα=√1求线段MP的长.解设E为AB的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)如图,当θ=90°时,A(2,-1,0),C(0,1,2),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2),∴cos∠AOC=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1(2)如图,当θ=60°时,C(1,1,√),D(1,-1,√),M(0,-1,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√),设⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(0≤λ≤1),则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,-1,√),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ-2,0,√).设平面AOC的法向量为n=(x,y,z),∵n⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,{2-0,√0,取n=(1,2,-√),由题意,得|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|√1,即3λ2-10λ+3=0,∴λ=1或λ=3(舍去).∴在线段MD上存在点P,且MP=1MD=24.已知四棱锥P-ABCD的三视图如下图所示,E是最短侧棱PC上的动点.(1)是否不论点E在何位置,都有BD⊥AE?证明你的结论;(2)若点E为PC的中点,求二面角D-AE-B的大小.解(1)不论点E在何位置,都有BD⊥AE.证明如下:由三视图可知,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,侧棱PC⊥底面ABCD,且PC=2.连接AC,∵四边形有ABCD是正方形,∴BD⊥AC.∵PC⊥底面ABCD,且BD⊂平面ABCD,∴BD⊥PC.又AC∩PC=C,∴BD⊥平面PAC.∵不论点E在何位置,都有AE⊂平面PAC,∴不论点E在何位置,都有BD⊥AE.(2)如图,以点C为原点,CD,CB,CP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,1,0),E(0,0,1),从而⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1).设平面ADE和平面ABE的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),由{1·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,1·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0{10,-110,取n1=(1,0,1).由{2·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,2·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0{20,-220,取n2=(0,-1,-1).设二面角D-AE-B的平面角为θ,则cosθ=1·212-1√2√2=-12,∴θ=2,即二面角D-AE-B的大小为25.(2018湖南模拟)如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1.(1)求证:BC⊥平面ACFE;(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB二面角的平面角为θ(θ≤90°),试求cosθ的取值范围.(1)证明在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,∴AB=2.∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3.∴AB2=AC2+BC2.∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥平面ACFE.(2)解分别以直线CA,CB,CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,令FM=λ(0√),则C(0,0,0),A(√,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√,1,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,-1,1).设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由{1·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,1·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,得{-√0,-0,取x=1,则n1=(1,√√-λ),∵n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,∴cosθ=1·2121√1(√-)211√(-√)2∵0√,∴当λ=0时,cosθ有最小值√,当λ=√时,cosθ有最大值12cos[√,12]6.(2018浙江嘉兴)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,侧面PCD为正三角形且二面角P-CD-A为60°.(1)设侧面PAD与PBC的交线为m,求证:m∥BC;(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为θ,求sinθ的值.(1)证明因为BC∥AD,所以BC∥侧面PAD.又因为侧面PAD与PBC的交线为m,所以m∥BC.(2)解法一(向量方法)取CD的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,则PM⊥CD,MN⊥CD.所以∠PMN是侧面PCD与底面所成二面角的平面角.从而∠PMN=60°.作PO⊥MN于点O,则PO⊥底面ABCD.因为CM=2,PM=2√,所以OM=√,OP=3.以O为原点,ON为x轴,OP为z轴,如图建立空间直角坐标系.则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(4-√,2,-3),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√,2,-3).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则{(-√)2-0-√2-0x=0,2y=3z.取n=(0,3,2).则sinθ=|cosn,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12√1√11解法二(几何方法)取CD的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,则PM⊥CD,MN⊥CD.所以∠PMN是侧面PCD与底面所成二面角的平面角.从而∠PMN=60°.作PO⊥MN于点O,则PO⊥底面ABCD.因为CM=2,PM=2√,所以OP=3.作OE∥AB交BC于点E,连接PE.因为BC⊥PO,BC⊥OE,所以BC⊥平面POE.从而平面POE⊥平面PBC.所以∠PEO就是OE与平面PBC所成的角,∠POE=θ.因为在△POE中,tanθ=2,所以sinθ=√11