2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》一(含答案)

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2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》一1.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG．               2.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．              3.已知△BCD中，∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E，F分别是AC，AD上的动点，且 (0<λ<1).（1）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC;（2）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?   4.如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求PM:MC的值.             5.如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB=2，EF=1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？      6.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB=90°，AC=BC=CC1=2，A1B⊥B1C.（Ⅰ）证明：A1C1⊥CC1；（Ⅱ）若，在棱CC1上是否存在点E，使得二面角E-AB1-C的大小为30°，若存在，求CE的长，若不存在，说明理由.         7.如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E,F,G分别为AB,AD,AC的中点，AC=BC,∠ACD=90°.（1）求证：AB⊥平面EDC；（2）若P为FG上任一点，证明EP//平面BCD.      8.如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3.(1)证明：BC//平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．                9.如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA=AD.(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.            10.如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．(1)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；(2)已知点D满足B=B＋B，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．                  11.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.        12.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，AA1⊥底面ABC，E，F分别为棱AA1,BC的中点．（1）过FA1作平面α，使得直线BE//平面α，若平面α与直线BB1交于点H，指出点H所在的位置，并说明理由；（2）求二面角B-FH-A1的余弦值．                13.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长均为2，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（1）证明EF∥平面A1CD；（2）若三棱柱ABC﹣A1B1C1为直棱柱，求三棱锥的体积．           14.如图，三棱台DEF—ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点.（1）求证：BD//平面FGH；（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥FG.               15.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB=4，PA=3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC．（1）求证：AG∥平面PEC；（2）求AE的长；（3）求二面角E﹣PC﹣A的正弦值．         
答案解析16.解：(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC=FG，又FG∥EH，FG=EH，所以BC∥EH，BC=EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH．又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH．同理BG∥平面ACH．又BE∩BG=B，所以平面BEG∥平面ACH．(3)证明：连接FH．因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH．因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG．又EG⊥FH，DH∩FH=H，所以EG⊥平面BFHD．又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG．同理DF⊥BG．又EG∩BG=G，所以DF⊥平面BEG．  17.解：(1)证明：由已知∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD=P，从而AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．(2)如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E．由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，AB∩AD=A，可得PE⊥平面ABCD．设AB=x，则由已知可得AD=x，PE=x．故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD=AB·AD·PE=x3．由题设得x3=，故x=2．从而结合已知可得PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PB=PC=2．可得四棱锥P－ABCD的侧面积为PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin60°=6＋2．  18.（1）∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,∵CD⊥BC且AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.又∵ (0<λ<1),∴不论λ为何值，恒有EF∥CD,∴EF⊥平面ABC,又∵EF平面BEF,∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.(2)由（1）知，BE⊥EF,又平面BEF⊥平面ACD,∴BE⊥平面ACD,∴BE⊥AC.∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,∴BD=,AB=tan60°=∴由AB2=AE·AC,得故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.  19.（1） （2） 20.  21. 22.解：（1）因为平面平面，，即，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，为的中点，所以，又，平面，平面，所以平面.（2）连，，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，且，平面，平面，所以平面平面，又为上任一点，所以平面，所以平面.23.  24.证明：(1)取PC的中点G，连接FG、EG，∵F为PD的中点，G为PC的中点，∴FG为△CDP的中位线，∴FG∥CD，FG=CD.∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE=CD.∴FG=AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC.(2)∵PA=AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，又PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.  25.解：(1)因为侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，所以A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长均为2，所以AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，)，C(0，1，0)，B1(，1，)，所以=(0，1，)，=(，2，)，=(0，2，0)．设平面AB1C的一个法向量为n=(x，y，1)，则解得n=(－1，0，1)．由cos〈，n〉===．而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量与平面AB1C的法向量所成锐角的余角，所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为．(2)因为B=B＋B，而B=(－，－1，0)，B=(－，1，0)，所以B=(－2，0，0)．又因为B(，0，0)，所以点D的坐标为(－，0，0)．假设存在点P符合题意，则其坐标可设为P(0，y，z)，所以D=(，y，z)．因为DP∥平面AB1C，n=(－1，0，1)为平面AB1C的一个法向量，所以D·n=0，即z=．因为A=(0，y＋1，z)，则由A=λ得所以y=0．又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为(0，0，)，即恰好为点A1．  26.27.解： 28.29.解:  30.解：