广西专用高考数学一轮复习大题专项练4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

1.(2021全国Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.

(1)求三棱锥F-EBC的体积;

(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.

2.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.

3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.

(1)证明:点C1在平面AEF内;

(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

4.(2021全国Ⅰ)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.

(1)求BC;

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且.

(1)求证:CD⊥平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

(3)设点G在PB上,且,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

6.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.

(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;

(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

7.(2021天津高考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.

(1)求证:D1F∥平面A1EC1;

(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;

(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.

8.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.

答案：

1.(1)解在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥A1B1,

∵BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BCC1B1,

∴A1B1⊥平面BCC1B1.

∵AB∥A1B1,

∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC.

∵AB=BC=2,∴AC==2,

∴CE=BE=.

∴CF=CC1=AB=1,

∴V三棱锥F-EBC=S△EBC×CF=×1=.

(2)证明如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.

∵E,M分别为AC,BC中点,

∴EM∥AB.

又AB∥A1B1,

∴A1B1∥EM,

则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.

又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,

∴∠FBM=∠MB1B.

又∠MB1B+∠B1MB=90°,

∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.

又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.

2.(1)证明由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.

又BA⊥AD,AC∩AD=A,

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QEDC.

由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.

由AB=AC,∠BAC=90°,得∠ABC=45°.

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

3.解设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1xyz.

(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),E,F0,b,c,=0,b,c,=0,b,c,得,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.

(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1).

设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则

即

可取n1=(-1,-1,1).

设n2为平面A1EF的法向量,

则

同理可取n2=,2,1.

因为cos<n1,n2>==-,

所以二面角A-EF-A1的正弦值为.

4.解(1)连接BD.

∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,

∴PD⊥AM.

∵PB⊥AM,PB∩PD=P,

∴AM⊥平面PBD,

∴AM⊥BD,

∴∠ADB+∠DAM=90°.

又∠DAM+∠MAB=90°,

∴∠ADB=∠MAB,

∴Rt△DAB∽Rt△ABM,

∴,

∴BC2=1,

∴BC=.

(2)如图,以D为原点,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.

可得A(,0,0),B(,1,0),M,1,0,P(0,0,1),=(-,0,1),=(-,-1,1).

设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),则

即

令x1=,则y1=1,z1=2,可得m=(,1,2).

设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2),同理可得n=(0,1,1).

则cos<m,n>=.

设二面角A-PM-B的平面角为θ,则sinθ=.

5.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥CD.

又因为AD⊥CD,

所以CD⊥平面PAD.

(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.

因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥AM,PA⊥AD.

如图,建立空间直角坐标系Axyz,

则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).

所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).

所以=,-,=.

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

则

即

令z=1,则y=-1,x=-1.

于是n=(-1,-1,1).

又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),

所以cos<n,p>==-.

由题知,二面角F-AE-P为锐角,

所以其余弦值为.

(3)解直线AG在平面AEF内.

因为点G在PB上,且=(2,-1,-2),

所以=,-,-,=,-.

由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).

所以·n=-=0.

所以直线AG在平面AEF内.

6.(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,

所以MN∥CC1.

又由已知得AA1∥CC1,

故AA1∥MN.

因为△A1B1C1是正三角形,

所以B1C1⊥A1N.

又B1C1⊥MN,且MN∩A1N=N,

所以B1C1⊥平面A1AMN.

所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.

(2)解由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=.

连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,E,0.

由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC,且交线为AM.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.

设Q(a,0,0),

则NQ=,

B1,

故=-a,-,-,||=.

又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,

故sin=cos<n,>=.

所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.

7.(1)证明如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2).

因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点,所以E(2,1,0),F(1,2,0),

所以=(1,0,-2),=(2,2,0),=(2,1,-2).

设平面A1EC1的法向量为m=(x1,y1,z1),

则

令x1=2,则m=(2,-2,1).

因为·m=2-2=0,所以⊥m,又因为D1F⊄平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.

(2)解由(1)得,=(2,2,2),设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ,

则sinθ=|cos<m,>|=.

(3)解由正方体的特征可得,平面AA1C1的一个法向量为=(2,-2,0),

则cos<,m>=,

所以二面角A-A1C1-E的正弦值为.

8.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

即

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.