（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（49）高考大题规范解答系列（四）—立体几何（含解析）

 [练案49]高考大题规范解答系列(四)——立体几何1．(2019·安徽黄山质检)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，且AD⊥BC，四边形ABB1A1为正方形．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)若∠BAC＝60°，BC＝4，求点A1到平面AB1D的距离．[解析]　(1)连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，由已知得，四边形ABB1A1为正方形，E为A1B的中点，∵D是BC的中点，∴DE∥A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，且BC为它们的交线，又AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，又∵B1D⊂平面BCC1B1，∴AD⊥B1D，且AD＝2，B1D＝2.同理可得，过D作DG⊥AB，则DG⊥面ABB1A1，且DG＝.设A1到平面AB1D的距离为h，由等体积法可得：VA1－AB1D＝VD－AA1B1，即··AD·DB1·h＝··AA1·A1B1·DG，即2·2·h＝4·4·，∴h＝.即点A1到平面AB1D的距离为.(注：本题也可建立空间直角坐标系用向量法求解．)2．(2019·天津，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；(2)求证：PA⊥平面PCD；(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．[解析]　(1)证明：连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.又由BG＝PG，故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝.又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝.所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.3．(2018·课标全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解析]　(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得PH＝，EH＝.则H(0,0,0)，P(0,0，)，D(－1，－，0)，＝(1，，)，＝(0,0，)为平面ABFD的法向量．设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝＝＝.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.4.在如图所示的多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，底面ABFE为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABFE，AE∥BF，∠EAB＝90°，AB＝BF＝1. (1)求证：DB⊥EC；(2)若AE＝AB，求二面角C－EF－B的余弦值．[解析]　(1)因为底面ABFE为直角梯形，AE∥BF，∠EAB＝90°，所以AE⊥AB，BF⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，所以AE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，所以BF⊥BC.设AE＝t，以BA，BF，BC所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(0,0,1)，D(1,0,1)，E(1，t,0)，故＝(－1,0，－1)，＝(－1，－t,1)，因为·＝(－1,0，－1)·(－1，－t,1)＝1－1＝0，所以DB⊥EC.(2)由(1)可知＝(0,0,1)是平面BEF的一个法向量，设n＝(x1，y1，z1)是平面CEF的法向量，因为AE＝AB＝1，所以E(1,1,0)，又F(0,2,0)，故＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)．由·n＝(1,1，－1)·(x1，y1，z1)＝0可得x1＋y1－z1＝0，由·n＝(0,2，－1)·(x1，y1，z1)＝0可得2y1－z1＝0，令z1＝2，得y1＝1，x1＝1，故n＝(1,1,2)为平面CEF的一个法向量，所以cosn，＝＝＝，即二面角C－EF－B的余弦值为.5．(2019·郑州模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB ＝1，AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上．(1)求证：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值．[解析]　(1)∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE，由题意，易知BE⊥CE，又PO∩BE＝O，∴CE⊥平面PBE，∴BP⊥CE.(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，PO所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0,0，)，∴＝(－1,0,0)，＝(－，－，)，＝(，－，－)，＝(0,2,0)．设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则，即，令z1＝，可得n1＝(0，，)为平面PCD的一个法向量，设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则，即，令z2＝，可得n2＝(2,0，)，为平面PBC的一个法向量．∴cosn1，n2＝＝，由图可知二面角B－PC－D为钝角，故二面角B－PC－D的余弦值为－.6．(2019·河北衡水中学模拟)在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，AB＝2BC＝2CD，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到点P的位置，如图2.(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．[解析]　(1)证明：在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点．由平面几何知识，得∠ACB＝90°.又因为E为AC的中点，所以DE∥BC，在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，所以DE⊥平面CEP，所以BC⊥平面CEP.又因为BC⊂平面BCP，所以平面BCP⊥平面CEP.(2)因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE.所以EP⊥平面BCED.又因为CE⊂平面BCED，所以EP⊥CE.以E为坐标原点，分别以，，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．在题图1中，设BC＝2a，则AB＝4a，AC＝2a，AE＝CE＝a，DE＝a，则P(0,0，a)，D(a,0,0)，C(0，a,0)，B(2a，a,0)．所以＝(－a,0，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，－a，a)．设n＝(x，y，z)为平面BCP的法向量，则即令y＝1，则z＝1.所以n＝(0,1,1)．设DP与BCP平面所成的角为θ，则sin θ＝|cosn，|＝＝＝.所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.7．(2019·吉林长春质检)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，AE与BD交于O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．(1)证明：平面POB⊥平面ABCE；(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角A－PE－C的余弦值．[解析]　(1)证明：在△PAE中，OP⊥AE，在△BAE中，OB⊥AE，∴AE⊥平面POB，AE⊂平面ABCE，所以平面POB⊥平面ABCE.(2)在平面POB内作PQ⊥OB＝Q，∴PQ⊥平面ABCE.∴直线PB与平面ABCE夹角为∠PBQ＝；又∵OP＝OB，∴OP⊥OB，O、Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为P(0,0，)，E(，0,0)，C(1，，0)，∴＝(，0，－)，＝(，，0)，设平面PCE的个法向量为n1＝(x，y，z)，则，即，设x＝，则y＝－1，z＝1，∴n1＝(，－1,1)，由题意得平面PAE的一个法向量n2＝(0,1,0)，设二面角A－P－EC为α，|cos α|＝＝＝，即二面角A－PE－C的余弦值为－.8.(2019·山东临沂模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝1，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥平面BCE；(2)线段AD上是否存在一点M，使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为？若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴BF⊥AE，∵四边形ABCD是正方形，∴BC⊥AB，平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，∴CB⊥平面ABE，∵AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE，∵BF∩BC＝B，∴AE⊥平面BCE.(2)线段AD上存在一点M，当AM＝时，使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.证明：∵AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE，在Rt△AEB中，AB＝2，AE＝1，∴∠ABE＝30°，∠BAE＝60°，以A为原点，建立空间直角坐标系A－xyz，设AM＝h，则0≤h≤2，∵AE＝1，∠BAE＝60°，∴M(0,0，h)，E(，，0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，所以＝(，，－h)，＝(，－，－2)，设平面MCE的一个法向量n＝(x，y，z)，则，令z＝2，解得n＝((2＋3h)，h－2,2)，平面ABE的一个法向量m＝(0,0,1)，由题意可知cosm，n＝＝＝，解得h＝，所以当AM＝时，使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.