2020人教A高考理科数学-高考大题专项(四)-立体几何

1高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=√,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.23.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2√的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.5.(2017全国2,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;3(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.6.(2014课标全国2,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=√,求三棱锥E-ACD的体积.突破2空间中的垂直与空间角1.(2018全国卷3,理19)4如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧⏜所在平面垂直,M是⏜上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.2.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.(1)证明:BC⊥平面PBE;(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.3.(2019河北武邑中学调研二,19)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=2.5(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.(1)证明:AC⊥BE;(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.5.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.(1)证明:MF⊥面BCD;(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.66.(2019宁夏银川一中一模,19)如图所示,ABCD是边长为2的正方形,AE⊥平面BCE,且AE=1.(1)求证:平面ABCD⊥平面ABE;(2)线段AD上是否存在一点F,使二面角A-BF-E所成角的余弦值为√?若存在,请找出点F的位置;若不存在,请说明理由.参考答案高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(1)证明连接GO,OH,∵GO∥DC,OH∥AC,∴GO∥平面ACD,OH∥平面ACD,又GO交HO于O,∴平面GOH∥平面ACD,∴GH∥平面ACD.(2)解以CB为x轴,CA为y轴,CD为z轴,建立如图所示的直角坐标系,则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2),7平面BCE的法向量m=(0,1,0),设平面OCE的法向量n=(x0,y0,z0).⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,2),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0).{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗则{令x0=-1,∴n=(-1,1,1).∵二面角O-CE-B是锐二面角,记为θ,则cosθ=|cosm,n|=√√2.(1)证明取PD中点F,连接EF,FC.∵E,F分别为AP,PD中点,∴EFAD.又∵BCAD,∴BC�EF.即四边形BCFE是平行四边形,∴EB∥FC.∵FC⊂平面PCD,且EB⊄平面PCD,∴EB∥平面BCD.(2)解取BC的中点M,以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗方向为正方向建立如图所示的空间直角系O-xyz.则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C√,0,则平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0).⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),⃗⃗⃗⃗⃗=-√,0.设平面PDC的一个法向量为n2=(x,y,z),8则{--√不妨令x=1,则y=√,z=√,∴n2=(1,√√).∴|cosθ|=|cosn1,n2|=√,则sinθ=√3.(1)证明取BC,DE中点分别为O,O1,连接OA,O1A,OF,O1F.由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2√,可知△ABC,△DEF为等腰直角三角形,故OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF.故CD⊥平面DEF,平面BCDE⊥平面DEF,所以O1F⊥平面BCDE.同理OA⊥平面BCDE,所以O1F∥OA.而O1F=OA,故四边形AOFO1为平行四边形,所以AO1∥OF,所以AO1∥平面BCF.又BC∥DE,故DE∥平面BCF,而AO1∩DE=O1,所以平面ADE∥平面BCF.(2)解以O为坐标原点,以过O且平行于AC的直线作为x轴,平行于AB的直线作为y轴,OO1为z轴建立空间直角坐标系如图.则有B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2),故⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-2,2),⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-2,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,2).设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),则{---取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF的一个法向量为n=(1,-1,1).设BD与平面BCF所成角为θ,则sinθ=|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n|=---√√=故BD与平面BCF所成角的正弦值为4.(1)证明设AC∩BD=O,连接OE,OF,∵四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,∴OE∥CF,∴EF=AO=CO,∴OF⊥平面ABCD,设OA=a,OB=b,AE=c,9以O为原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(a,0,c),G,0,B(0,b,0),C(-a,0,0),F(0,0,c),⃗⃗⃗⃗⃗=(0,b,-c),⃗⃗⃗⃗⃗=(-a,0,-c),⃗⃗⃗⃗⃗=-,-c,设平面BCF的一个法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗-⃗⃗⃗⃗⃗--取z=b,得n=-,c,b,∵n⃗⃗⃗⃗⃗(-)(-)c+(-c)·b=0,EG⊄平面BCF,∴EG∥平面BCF.(2)解设AE=AB=2,∵∠BAD=60°,∴OB=1,OA=√∴A(√,0,0),B(0,1,0),E(√,0,2),D(0,-1,0).⃗⃗⃗⃗⃗=(√,-1,2),⃗⃗⃗⃗⃗=(√,-1,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0),设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗√-⃗⃗⃗⃗⃗√-取x=1,得n=(1,√,0),设平面BDE的法向量m=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗√-⃗⃗⃗⃗⃗⃗-取x=2,得m=(2,0,-√),设二面角A-BE-D的平面角为θ,则cosθ=√√√∴二面角A-BE-D的余弦值为√5.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF�BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,10又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-√),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x-1,y,z),⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x,y-1,z-√).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n|=sin45°,√-√,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗,则x=λ,y=1,z=√√②由①,②解得{√-√(舍去),{-√√所以M(-√√),从而⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-√√)设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的一个法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-√√所以可取m=(0,-√,2).于是cosm,n=√因此二面角M-AB-D的余弦值为√6.解(1)连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.11(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴的正方向,|⃗⃗⃗⃗⃗|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,√,0),E(√)⃗⃗⃗⃗⃗(√)设B(m,0,0)(m0),则C(m,√,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(m,√,0),设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{√√可取n1=(√-√)又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设|cosn1,n2|=,即√,解得m=因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为三棱锥E-ACD的体积V=√√突破2空间中的垂直与空间角1.(1)证明由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为⏜上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)解以D为坐标原点,⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.12当三棱锥M-ABC体积最大时,M为⏜的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,1,1),⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-可取n=(1,0,2),⃗⃗⃗⃗⃗是平面MCD的法向量,因此cosn,⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√,sinn,⃗⃗⃗⃗⃗=√所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是√2.(1)证明因为E,F分别为AB,AC边的中点,所以EF∥BC.因为∠ABC=90°,所以EF⊥BE,EF⊥PE.又因为BE∩PE=E,所以EF⊥平面PBE,所以BC⊥平面PBE.(2)解取BE的中点O,连接PO,由(1)知BC⊥平面PBE,BC⊂平面BCFE,所以平面PBE⊥平面BCFE.因为PB=BE=PE,所以PO⊥BE.又因为PO⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE,所以PO⊥平面BCFE.