高考数学(理数)二轮复习高考大题专项练03《立体几何》AB卷（教师版）

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三　立体几何(A)1.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角DAFE的余弦值.          2.如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,其中∠BAD=,AD=,AB=1,等边△ADE所在平面与平面ABCD垂直, FC⊥平面ABCD,且FC=.(1)点P在棱AE上,且=2,Q为△EBC的重心,求证:PQ∥平面EDC.(2)求平面DEF与平面EAB所成锐二面角的余弦值.          3.在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=, AB=BC=2,BB1=4,点D在棱CC1上,且CD=λCC1(0<λ<1).建立如图所示的空间直角坐标系.(1)当λ=时,求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值;(2)若二面角AB1DA1的平面角为,求λ的值.           4.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证:EF⊥平面BCF.(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角θ最大,并求此时二面角的余弦值.        三　立体几何(B)1.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,△ADE,△BCF均为等边三角形,EF∥AB,EF=AD=AB.(1)过BD作截面与线段FC交于点N,使得AF∥平面BDN,试确定点N的位置,并予以证明;(2)在(1)的条件下,求直线BN与平面ABF所成角的正弦值.           2.在如图所示的六面体中,平面ABCD是边长为2的正方形,平面ABEF是直角梯形,∠FAB=90°,AF∥BE,BE=2AF=4.(1)求证:AC∥平面DEF;(2)若二面角EABD为60°,求直线CE和平面DEF所成角的正弦值.           3.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=1,M为PD的中点.(1)证明:PB∥平面ACM;(2)设直线AM与平面ABCD所成的角为α,二面角MACB的大小为β,求sin α·cos β的值.          4.在如图所示的几何体中,平面ADNM⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,四边形ADNM是矩形,∠DAB=,AB=2,AM=1,E是AB的中点.(1)求证:DE⊥平面ABM.(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角PECD的大小为?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.          参考答案A卷1.(1)证明:由题意可知DA⊥DC,DA⊥DP,DC⊥DP,故可以D为原点,DP所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为a,则C(0,a,0),A(0,0,a),由平面几何知识可求得F(a,a,0),所以=(a,-a,0),=(a,a,0),=(0,0,a),所以· =(a,-a,0)·(a,a,0)=0,·=(a,-a,0)·(0,0,a)=0,故CF⊥DF,CF⊥DA.又DF∩DA=D,所以CF⊥平面ADF.(2)解:可求得E(a,0,0),则=(a,0,-a),又=(a,a,-a),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·=(x,y,z)·(a,0,-a)=ax-az=0,n·=(x,y,z)·(a,a,-a)=ax+ay-az=0,取x=1,得平面AEF的一个法向量n=(1,0,).又由(1)知平面ADF的一个法向量为=(a,-a,0),故cos<n,>==,由图可知二面角DAFE为锐二面角,所以其余弦值为.2.(1)证明:如图,在棱BE上取点M,使得BM=2ME,连接BQ并延长,交CE于点N.则在△ABE中,又AP=2PE,所以PM∥AB,又四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD,所以PM∥CD.在△BCE中,Q为重心,所以BQ=2QN,又BM=2ME,所以MQ∥EC.又因为PM∩MQ=M,CD∩EC=C,所以平面MPQ∥平面DEC.又PQ⊂平面MPQ,所以PQ∥平面EDC.(2)解:在△ABD中,∠BAD=,AD=,AB=1,由余弦定理可得,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=12+()2-2×1×cos=1,所以BD=1.取AD的中点O,连接EO,OB,在△EAD中,EA=ED=AD=,所以EO⊥AD,且EO=AD=.又因为平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD,所以EO⊥平面ABCD,又在△ABD中,AB=BD=1,AD=,所以OB⊥AD,且OB=,如图,以O为坐标原点,分别以OA,OB,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则A(,0,0),D(-,0,0),B(0,,0),E(0,0,),F(-,,).则=(-,,0),=(-,0,),=(,0,),=(-,,).设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1),则由可得整理得令z1=1,则x1=,y1=3,所以m=(,3,1)为平面ABE的一个法向量.设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则由可得整理得令z2=-1,则x2=,y2=6.所以n=(,6,-1)为平面DEF的一个法向量.所以cos<m,n>===,设平面DEF与平面EAB所成锐二面角为θ,则cos θ=cos<m,n>=.3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2).当λ=时,因为BC=CD=2,∠BCC1=,所以C(,-1,0),D(,1,0).所以=(0,4,-2),=(,-3,-2),所以cos<,>===-.故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为.(2)由CD=λCC1可知,D(,4λ-1,0),所以=(-,5-4λ,0),由(1)知,=(0,4,-2).设平面AB1D的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,解得x=,z=2,所以平面AB1D的一个法向量为m=(,1,2).设平面A1B1D的法向量为n=(x′,y′,z′),则即令y′=1,解得x′=,z′=0,所以平面A1B1D的一个法向量为n=(,1,0).因为二面角AB1DA1的平面角为,所以|cos<m,n>|=||==,即(5-4λ)2=9,解得λ=或λ=2(舍),故λ的值为.4.(1)证明:在梯形ABCD中,因为AB∥CD,AD=CD=BC=1,又因为∠BCD=,所以AB=2,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3.所以AB2=AC2+BC2.所以BC⊥AC.因为CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥CF,而CF∩BC=C,所以AC⊥平面BCF,因为EF∥AC,所以EF⊥平面BCF.(2)解:由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示,AD=CD=BC=CF=1,令FM=λ(0≤λ≤),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),所以=(-,1,0),=(λ,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由得取x=1,则n1=(1,,-λ),因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,所以cos θ===,因为0≤λ≤,所以当λ=0时,cos θ有最小值,所以点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为.参考答案B卷 1.解:(1)当N为线段FC的中点时,AF∥平面BDN,证明如下:连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接ON,因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点,又因为N为FC的中点,所以ON为△ACF的中位线,所以AF∥ON,因为AF⊄平面BDN,ON⊂平面BDN,所以AF∥平面BDN,故N为FC的中点时,AF∥平面BDN.(2)过点O作PQ∥AB分别与AD,BC交于点P,Q,因为O为AC的中点,所以P,Q分别为AD,BC的中点,因为△ADE与△BCF均为等边三角形,且AD=BC,所以△ADE≌△BCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ.因为EF∥AB,AB?PQ,EF=AB,所以EF∥PQ,EF=PQ,所以四边形EPQF为等腰梯形.取EF的中点M,连接MO,则MO⊥PQ,又因为AD⊥EP,AD⊥PQ,EP∩PQ=P,所以AD⊥平面EPQ.过点O作OG⊥AB于点G,则OG∥AD,所以OG⊥OM,OG⊥OQ.分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.不妨设AB=4,则由条件可得O(0,0,0),A(1,-2,0),B(1,2,0),F(0,1,),D(-1, -2,0),N(-,,),=(0,4,0),=(-1,3,),=(-,-,),设n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则则所以可取n=(,0,1),可得|cos<,n>|==,所以直线BN与平面ABF所成角的正弦值为.2.(1)证明:连接AC,BD,相交于点O,取DE的中点G,连接FG,OG.因为四边形ABCD是正方形,所以O是BD的中点,所以OG∥BE,OG=BE.因为AF∥BE,AF=BE.所以OG∥AF,且OG=AF.所以四边形AOGF是平行四边形.所以AC∥FG.又FG⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.(2)解:因为四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是直角梯形,∠FAB=90°,所以DA⊥AB,FA⊥AB,因为AD∩AF=A,所以AB⊥平面AFD.同理可得AB⊥平面EBC.又AB⊂平面ABCD,所以平面AFD⊥平面ABCD,又二面角EABD为60°,所以∠FAD=∠EBC=60°.因为BE=2AF=4,AD=2,所以AF=AD,所以△ADF为等边三角形.在△BCE中,由余弦定理得EC=2,所以EB2=EC2+BC2,所以EC⊥BC.又AB⊥平面EBC,所以EC⊥AB.又AB∩BC=B,所以EC⊥平面ABCD.以C为坐标原点,CB,CD,CE分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),D(0,2,0),E(0,0,2),F(1,2,),所以=(0,0,2),=(1,0,),=(1,2,-),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=,则所以n=(-3,3,).设直线CE和平面DEF所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|==.3.(1)证明:连接BD,OM,因为底面ABCD为平行四边形,O为AC的中点,所以O为BD的中点,又因为在△PBD中,M为PD的中点,所以OM∥PB,又因为OM⊂平面ACM,PB⊄平面ACM,所以PB∥平面ACM.(2)解:取DO的中点N,连接MN,AN,则MN∥PO,MN=PO=,因为PO⊥平面ABCD,所以MN⊥平面ABCD,所以∠MAN为直线AM与平面ABCD所成的角,即∠MAN=α.由∠ADC=45°,AD=AC,所以∠DCA=45°,∠DAC=90°,在Rt△ADO中,DO==,AN=DO=,在Rt△AMN中,AM==,所以sin α==.取AO的中点R,连接NR,MR,所以NR∥AD,所以NR⊥OA,又MN⊥平面ABCD,由三垂线定理知MR⊥AO,故∠MRN为二面角MACB的平面角的补角,即∠MRN=π-β.因为NR=AD=,MR=,所以cos(π-β)==-cos β,即cos β=-,所以sin α·cos β=-.4.(1)证明:连接BD,因为四边形ABCD是菱形,∠DAB=,E是AB的中点,所以DE⊥AB,因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD,所以MA⊥平面ABCD,又DE⊂平面ABCD,所以DE⊥AM,又AM∩AB=A,所以DE⊥平面ABM.(2)解:由DE⊥AB,AB∥CD,可得DE⊥CD,因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD,ND⊥AD,所以ND⊥平面ABCD,以D为原点,DE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1),设P(,-1,m)(0≤m≤1),则=(-,2,0),=(0,-1,m),因为ND⊥平面ABCD,所以平面ECD的一个法向量为=(0,0,1),设平面PEC的法向量为n=(x,y,z),n·=n·=0,即取z=1,可得n=(,m,1),假设在线段AM上存在点P,使二面角PECD的大小为,则cos=||=,解得m=,所以在线段AM上,符合题意的点P存在,此时AP=.