7.7解答题专项突破——立体几何

解答题专项突破——立体几何题型一平行、垂直关系的论证1．(2020届山西长治高三9月联考)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AP＝1，AD＝3，三棱锥P－ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．2．(2020届河北唐山市区县高三上学期第一次段考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AB∥CD，AB⊥AD，AD＝DC＝1，AB＝2，E为侧棱PA上一点.(1)若PE＝13PA，求证：PC∥平面EBD.(2)求证：平面EBC⊥平面PAC.(3)在侧棱PD上是否存在点F，使得AF⊥平面PCD？若存在，求出线段PF的长；若不存在，请说明理由．题型二平面图形的翻折问题3．如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O.以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，使∠EOC＝60°.(1)求证：BD⊥EC.(2)求三棱锥B－OEC的体积．图1图24．(2020届云南名校高考适应性月考统一考试)如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA1，E是A1C的中点．(1)若P为AB的中点，求证：DE∥平面PBA1.(2)若平面PDA1⊥平面PDA，且DE⊥平面CBA1，求四棱锥A1－PBCD的体积．题型三利用空间向量求空间角5．(2020届贵州贵阳高三8月月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60°.(1)求证：AD⊥PB.(2)若PB＝6，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．6．(2020届广东梅州高三上学期第一次质量检测)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点．(1)求证：PA∥平面BDE.(2)若直线BD与平面PBC所成角为30°，求二面角C－PB－D的大小．题型四利用空间向量解决探索性问题7．如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，△ABD是边长为1的等边三角形，M为线段BD的中点，BC＝3.(1)求证：AF⊥BD.(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值．(3)线段BD上是否存在点N，使得直线CE∥平面AFN？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由．8．已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC.(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值；若不存在，说明理由．解答题专项突破——立体几何1．(1)证明：设BD交AC于点O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解：(方法一)V＝16PA·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.作AH⊥PB交PB于H.由题设易知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝PA·ABPB＝31313，所以A到平面PBC的距离为31313.(方法二)等体积法V＝16PA·AB·AD＝36AB.由V＝34，可得AB＝32.由题设易知BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，假设A到平面PBC的距离为d.又因为PB＝PA2＋AB2＝132，所以VA－PBC＝13×12×3×132×d＝3912d.又因为VP－ABC＝13×12×32×3×1＝34或VP－ABC＝VP－ABD＝34，VA－PBC＝VP－ABC，所以d＝31313.2．(1)证明：如图1，设AC∩BD＝G，连接EG，图1由已知AB∥CD，DC＝1，AB＝2，得AGGC＝ABDC＝2.由PE＝13PA，得AEEP＝2.在△PAC中，由AEEP＝AGGC，得EG∥PC.因为EG⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA.在直角梯形ABCD中，因为AD＝DC＝1，AD⊥DC，所以AC＝2，BC＝2.又AB＝2，所以AC2＋BC2＝AB2.所以BC⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面PAC.(3)解：存在，在平面PAD内作AF⊥PD于点F，则F即为所求的点，如图2.图2由DC⊥PA，DC⊥AD，PA∩AD＝A，得DC⊥平面PAD.因为AF⊂平面PAD，所以CD⊥AF.又PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD.由PA＝3，AD＝1，PA⊥AD，得PF＝32.3．(1)证明：由四边形ABCD为菱形，可知BD⊥AC，所以BD⊥OA，BD⊥OC.由题图2可知BD⊥OE，BD⊥OC.又OE∩OC＝O，所以BD⊥平面EOC.因为EC⊂平面EOC，所以BD⊥EC.(2)解：因为四边形ABCD为菱形且∠BAD＝60°，AB＝4，所以△ABD为等边三角形，所以OA＝OC＝23，所以OE＝OC＝23.因为BD＝4，所以OB＝2.因为在△OEC中，∠EOC＝60°，所以△OEC为等边三角形，所以S△OEC＝12×32×23×23＝33.因为BD⊥平面EOC，所以BO⊥平面EOC，所以B到平面EOC的距离为OB的长，所以VB－OEC＝13OB·S△OEC＝13×2×33＝23.4．(1)证明：如图，令A1B的中点为F，连接EF，PF.因为P为AB的中点且PD∥BC，所以PD是△ABC的中位线，所以PD∥BC，PD＝12BC.因为E是A1C的中点，且F为A1B的中点，所以EF是△A1BC的中位线，所以EF∥BC，且EF＝12BC，所以PD∥EF，PD＝EF，所以四边形PDEF为平行四边形，所以DE∥PF.又DE⊄平面PBA1，PF⊂平面PBA1，所以DE∥平面PBA1.(2)解：因为DE⊥平面CBA1，所以DE⊥A1C.又因为E是A1C的中点，所以A1D＝DC＝DA，即D是AC的中点．由PD∥BC可得，P是AB的中点．因为在△ABC中，∠ABC＝90°，PD∥BC，△PDA沿PD翻折至△PDA1，且平面PDA1⊥平面PDA，利用面面垂直的性质可得PA1⊥平面PBCD，所以V四棱锥A1－PBCD＝13S四边形PBCD·A1P＝13×32×1＝12.5．(1)证明：如图1，取AD的中点E，连接PE，BE，BD.图1∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB.又∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形．又E为AD的中点，∴AD⊥BE.∵PA＝AD，E为AD的中点，∴AD⊥PE.∵BE，PE⊂平面PBE，BE∩PE＝E，∴AD⊥平面PBE.又PB⊂平面PBE，∴AD⊥PB.(2)解：以E为原点，可建立如图2所示的空间直角坐标系．图2由题意知AD＝AB＝2，AE＝1，PE＝PA2－AE2＝3，BE＝PB2－PE2＝3，则P(0，0，3)，B(0，3，0)，D(－1，0，0)，C(－2，3，0)．∴PB→＝(0，3，－3)，DP→＝(1，0，3)，DC→＝(－1，3，0)．设平面PDC的法向量n＝(x，y，z)，∴DP→·n＝x＋3z＝0，DC→·n＝－x＋3y＝0.令x＝3，则y＝1，z＝－1，∴n＝(3，1，－1)．设直线PB与平面PDC所成角为θ，∴sinθ＝|PB→·n||PB→|·|n|＝236×5＝105，即直线PB与平面PDC所成角的正弦值为105.6．(1)证明：如图，连接AC交BD于O，连接OE，由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，所以PA∥EO.又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，所以PA∥平面BED.(2)解：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设PD＝CD＝1，AD＝a，则A(a，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，DB→＝(a，1，0)，PB→＝(a，1，－1)，PC→＝(0，1，－1)．设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，由PB→·n＝0，PC→·n＝0，得ax＋y－z＝0，y－z＝0，取n＝(0，1,1)，又由直线BD与平面PBC所成的角为30°，得|cos〈DB→，n〉|＝|DB→·n||DB→||n|＝1a2＋1×2＝12，解得a＝1.同理可得平面PBD的法向量m＝(－1，1，0)．由向量的夹角公式，可得cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝12×2＝12.又因为二面角C－PB－D为锐二面角，所以二面角C－PB－D的大小为60°.7．(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥BD.(2)解：取AD的中点O，EF的中点K，连接OB，OK.在△ABD中，OB⊥OD，在正方形ADEF中，OK⊥OD，又平面ADEF⊥平面ABCD，故OB⊥平面ADEF，所以OB⊥OK，即OB，OD，OK两两垂直．分别以OB，OD，OK所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．则B32，0，0，D0，12，0，C32，3，0，E0，12，1，M34，14，0，F0，－12，1，所以MF→＝－34，－34，1，CD→＝－32，－52，0，DE→＝(0，0，1)，设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)，则CD→·n＝0DE→·n＝0，即－32·x－52·y＝0，z＝0.令x＝－5，则y＝3，则n＝(－5，3，0)．设直线MF与平面CDE所成角为θ，sinθ＝|cos〈MF→，n〉|＝|MF→·n||MF→||n|＝314.(3)解：存在要使直线CE∥平面AFN，只需AN∥CD，设N(xN，yN，zN)，BN→＝λBD→，λ∈[0，1]，则xN－32，yN，zN＝λ－32，12，0，所以xN＝32－32λ，yN＝12λ，zN＝0，所以N点坐标为32－32λ，12λ，0，所以AN→＝32－32λ，12λ＋12，0.又CD→＝－32，－52，0，所以由AN→∥CD→得32－32λ－32＝12λ＋12－52，解得λ＝23∈[0，1]，所以线段BD上存在点N，使得直线CE∥平面AFN，且BNBD＝23.8．(1)证明：因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)．因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2.连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，所以MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)解：存在．由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E(－1，0，0)，D(0，0，3)，C(0，4，3)，F(－1，4，0)，所以ED→＝(1，0，3)，EC→＝(1，4，3)．设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则EM→＝(2，t，0)，设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，则m·EM→＝0，m·EC→＝0，所以2x＋ty＝0，x＋4y＋3z＝0，取y＝－2，则x＝t，z＝8－t3，所以m＝t，－2，8－t3.因为DE与平面EMC所成的角为60°，所以82t2＋