高考数学一轮复习高考大题专项练四高考中的立体几何含解析新人教A版理

高考大题专项练四　高考中的立体几何

一、非选择题

1.如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.

(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;

(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

答案:(1)证明由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.

又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.

又AB⊂平面ABC,

所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.

又BP=DQ=DA,所以BP=2.

作QE⊥AC,垂足为E,

则QE?DC.

由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,

所以QE⊥平面ABC,QE=1.

因此,三棱锥Q-APB的体积为VQ-ABP=QE·S△ABP=×1××3×2·sin45°=1.

2.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.

 (1)求证:AF∥平面BDE;

(2)求证:CF⊥平面BDE;

(3)求二面角A-BE-D的大小.

答案:(1)证明设AC与BD交于点G,

因为EF∥AG,且EF=1,

因为正方形ABCD边长AB=,

所以AC=2,AG=AC=1,

所以四边形AGEF为平行四边形.

所以AF∥EG.

因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,

所以AF∥平面BDE.

(2)证明因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,

所以CE⊥平面ABCD.

如图,以C为原点,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C-xyz.

则C(0,0,0),A(,0),D(,0,0),E(0,0,1),B(0,,0),F.

所以=(0,-,1),=(-,0,1).

所以=0-1+1=0,=-1+0+1=0.

所以CF⊥BE,CF⊥DE,

所以CF⊥平面BDE.

(3)解由(2)知,是平面BDE的一个法向量;=(,0,0),

设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,

即所以x=0,z=y.

令y=1,则z=.所以n=(0,1,),

从而cos<n,>=.

因为二面角A-BE-D为锐角,所以二面角A-BE-D为.

3.如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.

(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;

(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.

答案:解法一(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=2,

所以A1+A=A,

故AB1⊥A1B1.

由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=,

由AB=BC=2,∠ABC=120°,

得AC=2,

由CC1⊥AC,

得AC1=,

所以A+B1=A,

故AB1⊥B1C1.

因此AB1⊥平面A1B1C1.

(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.

由AB1⊥平面A1B1C1,

得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.

由B1C1=,A1B1=2,A1C1=,

得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,

所以C1D=,

故sin∠C1AD=.

因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

解法二(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).

因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).

由=0,得AB1⊥A1B1.

由=0,得AB1⊥A1C1.

所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.

由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).

设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).

由

可取n=(-,1,0).

所以sinθ=|cos<,n>|

=.

因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

4.如图,正方形ABCD所在平面与等腰三角形EAD所在平面相交于AD,EA=ED,AE⊥平面CDE.

(1)求证:AB⊥平面ADE;

(2)设M是线段BE上一点,当直线AM与平面EAD所成角的正弦值为时,试确定点M的位置.

答案:(1)证明∵AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,∴AE⊥CD.

在正方形ABCD中,CD⊥AD,

∵AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.

∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADE.

(2)解由(1)得平面EAD⊥平面ABCD,取AD的中点O,取BC的中点F,连接EO,OF.

∵EA=ED,∴EO⊥AD,∴EO⊥平面ABCD.

以OA,OF,OE分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

不妨设AB=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1).

设M(x,y,z).连接AM,

∴=(x-1,y-2,z),=(-1,-2,1),

∵B,M,E三点共线,

设=λ(0≤λ≤1),

∴M(1-λ,2-2λ,λ),

∴=(-λ,2-2λ,λ).

设AM与平面EAD所成角为θ,

∵平面EAD的一个法向量为n=(0,1,0),

∴sinθ=|cos<,n>|

=,

解得λ=或λ=-1(舍去),

∴点M为线段BE上靠近点B的三等分点.

5.图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

答案:(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,

所以AD∥CG,

故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,

故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC,

所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)解作EH⊥BC,垂足为H.

因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,

所以EH⊥平面ABC.

由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.

以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,

则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

则

所以可取n=(3,6,-).

又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),

所以cos<n,m>=.

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

6.(2020全国Ⅰ,理18)

如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.

(1)证明:PA⊥平面PBC;

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

答案:(1)证明设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.

因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.

又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.

所以PA⊥平面PBC.

(2)解以O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O-xyz.

由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.

所以.

设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,

则

可取m=.

由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,

则cos<n,m>=.

所以二面角B-PC-E的余弦值为.

7.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

(1)求证:MN∥平面ABCD;

(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;

(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.

解:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,

依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).

又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).

(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量..

由此可得·n=0,

又因为直线MN⊄平面ABCD,

所以MN∥平面ABCD.

(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).

设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,

则

不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).

设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,

则

又=(0,1,2),得

不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).

因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.

所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.

(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),

从而=(-1,λ+2,1).

又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>=,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.

所以,线段A1E的长为-2.

8.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;

(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

解:(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.

延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.

理由如下:

由已知,BC∥ED,且BC=ED.

所以四边形BCDE是平行四边形.

从而CM∥EB.

又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,

所以CM∥平面PBE.

(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)(方法一)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.

所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,

所以∠PDA=45°.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.

过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.

易知PA⊥平面ABCD,

从而PA⊥CE.

于是CE⊥平面PAH.

所以平面PCE⊥平面PAH.

过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.

所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.

在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.

在Rt△PAH中,PH=,

所以sin∠APH=.

(方法二)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD.

于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.

所以∠PDA=45°.

由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.

作Ay⊥平面PAD,以A为原点,以的方向分别为x轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).

所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).

设平面PCE的法向量为n=(x,y,z).

由

设x=2,解得n=(2,-2,1).

设直线PA与平面PCE所成角为α,

则sinα=.

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.