高考数学一轮复习练习案48第七章立体几何高考大题规范解答系列四_立体几何含解析新人教版

高考大题规范解答系列(四)——立体几何

1．(2021·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，D，

＝(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．(2020·北京卷)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点．

(1)求证：BC1∥平面AD1E；

(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．

[解析]　(1)如下图所示：

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

AB∥A1B1且AB＝A1B1，A1B1∥C1D1且A1B1＝C1D1，

∴AB∥C1D1且AB＝C1D1，

所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1∥AD1，

∵BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，

∴BC1∥平面AD1E.

(2)以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系A－xyz，

设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，

则A(0,0,0)、A1(0,0,2)、D1(2,0,2)、E(0,2,1)，

＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，

设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，

由，得，

令z＝－2，则x＝2，y＝1，则n＝(2,1，－2)．

cos〈n，〉＝＝－＝－.

因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.

5. (2021·陕西汉中质检)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝1，BC＝3，PC＝CD＝2，PC⊥底面ABCD，E为AB的中点．

(1)求证：平面PDE⊥平面APC；

(2)求直线PC与平面PDE所成的角的正弦值．

[解析]　

如图所示，以点C为坐标原点，直线CD，CB，CP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，则相关点的坐标为C(0,0,0)，A(2,1,0)，B(0,3,0)，P(0,0,2)，D(2，0,0)，E(1，2,0)．

(1)由于＝(－1,2,0)，＝(2,1,0)，＝(0,0,2)，

所以·＝(－1,2,0)·(2,1,0)＝0，

·＝(－1,2,0)·(0,0,2)＝0，

所以DE⊥CA，DE⊥CP，而CP∩CA＝C，

所以DE⊥平面PAC，

∵DE⊂平面PDE，

∴平面PDE⊥平面PAC．

(2)设n＝(x，y，z)是平面PDE的一个法向量，

则n·＝n·＝0，

由于＝(－1,2,0)，＝(1,2，－2)，

所以有，

令x＝2，则y＝1，z＝2，即n＝(2,1,2)，

再设直线PC与平面PDE所成的角为α，

而＝(0,0，－2)，

所以sin α＝|cos〈n，〉|＝＝

＝，

∴直线PC与平面PDE所成角的正弦值为.

6．(2021·河北张家口、衡水、邢台联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF⊥平面ABCD.BC＝3AB＝3AD，M为线段BD的中点．

(1)求证：BD⊥平面AFM；

(2)求平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．

[解析]　(1)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.

因为AB＝AD，M线段BD的中点，

所以BD⊥AM.又AM∩AF＝A，

所以BD⊥平面AFM.

(2)由(1)知AF⊥平面ABCD，

所以AF⊥AB，AF⊥AD，又AB⊥AD，

所以AB，AD，AF两两垂直．

分别以AB，AD，AF为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．

设AB＝1，则A，B，C，D，E，

所以＝，＝，＝，

设平面ACE的一个法向量为n＝，

则即

令y＝1，则x＝－3，z＝－1，则n＝.

由(1)知，＝为平面AFM的一个法向量．

设平面AFM与平面ACE所成的锐二面角为θ，

则cos θ＝cos〈，n〉＝

＝＝.

所以平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为.

7．(2020·安徽省淮北市一模)在直角梯形ABCD(如图1)，∠ABC＝90°，BC∥AD，AD＝8，AB＝BC＝4，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B－ACD(如图2)．

(1)求证：CD⊥平面ABC；

(2)求AB与平面BCM所成角θ的正弦值．

[解析]　(1)由题设可知AC＝4，CD＝4，AD＝8，

∴AD2＝CD2＋AC2，∴CD⊥AC，

又∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，

∴CD⊥平面ABC．

(2)解法一：等体积法

取AC的中点O连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，

∵VB－ACM＝VA－BCM且VB－ACM＝S △ACM·BO＝，

而SΔBCM＝4，

∴A到面BCM的距离h＝，

所以sin θ＝＝.

解法二：向量法

取AC的中点O连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，连接OM，因为M、O分别为AB和AC的中点，所以OM∥CD，

由(1)可知OM⊥AC，故以OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则A(0，－2，0)，B(0,0,2)，C(0,2，0)，M(2，0,0)，

∴＝(0，－2，2)，＝(2，－2，0)，＝(0，－2，－2)，

∴平面BCM的一个法向量n＝(1,1,1)，

∴sin θ＝＝.

8．(2021·广东新课改大联考湖南百校联考)如图，已知AC⊥BC，DB⊥平面ABC，EA⊥平面ABC，过点D且垂直于DB的平面α与平面BCD的交线为l，AC＝BD＝1，BC＝，AE＝2.

(1)证明：l⊥平面AEC；

(2)设点P是l上任意一点，求平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值．

[解析]　(1)证明：因为BD⊥α，BD⊥平面ABC，

所以α∥平面ABC，

又α∩平面BCD＝l，平面ABC∩平面BCD＝BC，

所以BC∥l，

因为EA⊥平面ABC，所以BC⊥AE.

又BC⊥AC，AE∩EA＝A，

所以BC⊥平面AEC，从而l⊥平面AEC．

(2)解：作CF∥AE，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，则A(0,1,0)，C(0,0,0)，D(，0,1)，E(0,1,2)．

设P(a,0,1)，平面PAE、平面ACD的法向量分别为

m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，

则＝(a，－1,1)，＝(0,0,2)，＝(0，－1,0)，＝(，0,1)，

因为m⊥平面PAE，

所以令x1＝1，得y1＝a，z1＝0，

即m＝(1，a,0)，

同理令x2＝1，得y2＝0，zx＝－，

即n＝(1,0，－)．

因为|cos〈m，n〉|＝≤，当且仅当a＝0时取等号，

所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60°.

9．(2021·广东质检)如图，在圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是弧上的两个三等分点，CF是圆柱O1O2的母线．

(1)求证：CO1∥平面AFD；

(2)设AC＝，∠FBC＝45°，求二面角B－AF－C的余弦值．

[解析]　(1)连接O1C，O1D，

因为C，D是半圆上的两个三等分点，

所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，

又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，

所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形．

所以O1A＝AD＝DC＝CO1，

所以四边形ADCO1是平行四边形．

所以CO1∥AD，

又因为CO1⊄平面AFD，AD⊂平面AFD，

所以CO1∥平面AFD.

(2)因为FC是圆柱O1O2的母线，

所以FC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以FC⊥BC．

因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，

在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，AC＝，

所以BC＝＝1，

所以在Rt△FBC中，FC＝BCtan 45°＝1.

解法一：以C为坐标原点，分别以CA、CB、CF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)，

所以＝(－，1,0)，＝(－，0,1)．

设平面AFB的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

令x＝1，则y＝z＝，

所以平面AFB的一个法向量为n＝(1，，)，

又因为平面AFC的一个法向量m＝(0,1,0)，

所以cos〈m，n〉＝＝＝.

结合图形得，二面角B－AF－C的余弦值为.

解法二：作CH⊥FA于H，则易得CH＝，

设C到平面ABF的距离为h，

则由VF－ABC＝VC－FAB知S△ABC×1＝S△ABF·h，

∴h＝＝＝，

记二面角B－AF－C大小为θ，

则sin θ＝＝，

∴cos θ＝＝，

即二面角B－AF－C的余弦值为.

方法三：因为BC⊥AC，BC⊥FC，AC∩FC＝C，

所以BC⊥平面FAC，

又FA⊂平面FAC，所以BC⊥FA.

在△FAC内，作CH⊥FA于点H，连接BH.

因为BC∩CH＝C，BC，CH⊂平面BCH，

所以FA⊥平面BCH，又BH⊂平面BCH，

所以FA⊥BH，

所以∠BHC就是二面角B－AF－C的平面角．

在Rt△FCA中，FA＝＝2，

CH＝＝.

在Rt△BCH中，∠BCH＝90°，

所以BH＝＝，

所以cos∠BHC＝＝.

所以，二面角B－AF－C的余弦值为.