高考数学一轮复习练案49高考大题规范解答系列四-立体几何含解析 10页

‎ [练案49]高考大题规范解答系列(四)——立体几何 ‎1．(2019·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.‎ - 10 -‎ ‎(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．‎ - 10 -‎ ‎[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(0,0，)，D(－1，－，0)，‎ ＝(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.在如图所示的多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，底面ABFE为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABFE，AE∥BF，∠EAB＝90°，AB＝BF＝1.‎ ‎ (1)求证：DB⊥EC；‎ ‎(2)若AE＝AB，求二面角C－EF－B的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)因为底面ABFE为直角梯形，AE∥BF，‎ - 10 -‎ ‎∠EAB＝90°，所以AE⊥AB，BF⊥AB.‎ 因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，‎ 所以AE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，所以BF⊥BC.‎ 设AE＝t，以BA，BF，BC所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则B(0,0,0)，C(0,0,1)，D(1,0,1)，E(1，t,0)，‎ 故＝(－1,0，－1)，＝(－1，－t,1)，‎ 因为·＝(－1,0，－1)·(－1，－t,1)＝1－1＝0，‎ 所以DB⊥EC.‎ ‎(2)由(1)可知＝(0,0,1)是平面BEF的一个法向量，‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面CEF的法向量，‎ 因为AE＝AB＝1，所以E(1,1,0)，又F(0,2,0)，‎ 故＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)．‎ 由·n＝(1,1，－1)·(x1，y1，z1)＝0可得x1＋y1－z1＝0，‎ 由·n＝(0,2，－1)·(x1，y1，z1)＝0可得2y1－z1＝0，‎ 令z1＝2，得y1＝1，x1＝1，故n＝(1,1,2)为平面CEF的一个法向量，‎ 所以cosn，＝＝＝，即二面角C－EF－B的余弦值为.‎ ‎5．(2019·郑州模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB ＝1，AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上．‎ ‎(1)求证：BP⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B－PC－D的余弦值．‎ - 10 -‎ ‎[解析]　(1)∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，‎ ‎∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE，‎ 由题意，易知BE⊥CE，又PO∩BE＝O，‎ ‎∴CE⊥平面PBE，∴BP⊥CE.‎ ‎(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，PO所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0,0，)，‎ ‎∴＝(－1,0,0)，＝(－，－，)，‎ ＝(，－，－)，＝(0,2,0)．‎ 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则，即，‎ 令z1＝，可得n1＝(0，，)为平面PCD的一个法向量，设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则，即，‎ 令z2＝，可得n2＝(2,0，)，为平面PBC的一个法向量．‎ ‎∴cosn1，n2＝＝，‎ 由图可知二面角B－PC－D为钝角，故二面角B－PC－D的余弦值为－.‎ ‎6．(2019·河北衡水中学模拟)在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，AB＝2BC＝2CD，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到点P的位置，如图2.‎ - 10 -‎ ‎(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；‎ ‎(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　(1)证明：在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点．由平面几何知识，得∠ACB＝90°.‎ 又因为E为AC的中点，所以DE∥BC，‎ 在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，‎ 所以DE⊥平面CEP，所以BC⊥平面CEP.‎ 又因为BC⊂平面BCP，‎ 所以平面BCP⊥平面CEP.‎ ‎(2)因为平面DEP⊥平面BCED，‎ 平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE.‎ 所以EP⊥平面BCED.‎ 又因为CE⊂平面BCED，所以EP⊥CE.‎ 以E为坐标原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 在题图1中，设BC＝‎2a，则AB＝‎4a，AC＝‎2a，‎ AE＝CE＝a，DE＝a，‎ 则P(0,0，a)，D(a,0,0)，C(0，a,0)，B(‎2a，a,0)．‎ 所以＝(－a,0，a)，＝(－‎2a,0,0)，‎ ＝(0，－a，a)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面BCP的法向量，‎ 则即 - 10 -‎ 令y＝1，则z＝1.所以n＝(0,1,1)．‎ 设DP与BCP平面所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cosn，|＝＝＝.‎ 所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.‎ ‎7．(2019·吉林长春质检)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，AE与BD交于O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．‎ ‎(1)证明：平面POB⊥平面ABCE；‎ ‎(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角A－PE－C的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)证明：在△PAE中，OP⊥AE，在△BAE中，OB⊥AE，‎ ‎∴AE⊥平面POB，AE⊂平面ABCE，‎ 所以平面POB⊥平面ABCE.‎ ‎(2)在平面POB内作PQ⊥OB＝Q，‎ ‎∴PQ⊥平面ABCE.‎ ‎∴直线PB与平面ABCE夹角为∠PBQ＝；‎ 又∵OP＝OB，∴OP⊥OB，O、Q两点重合，‎ 即OP⊥平面ABCE，‎ 以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 由题意得，各点坐标为P(0,0，)，E(，0,0)，C(1，，0)，‎ - 10 -‎ ‎∴＝(，0，－)，＝(，，0)，‎ 设平面PCE的个法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则，即，‎ 设x＝，则y＝－1，z＝1，‎ ‎∴n1＝(，－1,1)，‎ 由题意得平面PAE的一个法向量n2＝(0,1,0)，‎ 设二面角A－P－EC为α，‎ ‎|cos α|＝＝＝，‎ 即二面角A－PE－C的余弦值为－.‎ ‎8.(2019·山东临沂模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝1，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.‎ ‎(1)求证：AE⊥平面BCE；‎ ‎(2)线段AD上是否存在一点M，使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为？若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，‎ ‎∴BF⊥AE，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BC⊥AB，‎ 平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，‎ ‎∴CB⊥平面ABE，‎ ‎∵AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE，‎ - 10 -‎ ‎∵BF∩BC＝B，∴AE⊥平面BCE.‎ ‎(2)线段AD上存在一点M，当AM＝时，使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.‎ 证明：∵AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，‎ ‎∴AE⊥BE，‎ 在Rt△AEB中，AB＝2，AE＝1，‎ ‎∴∠ABE＝30°，∠BAE＝60°，‎ 以A为原点，建立空间直角坐标系A－xyz，‎ 设AM＝h，则0≤h≤2，‎ ‎∵AE＝1，∠BAE＝60°，‎ ‎∴M(0,0，h)，E(，，0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，‎ 所以＝(，，－h)，＝(，－，－2)，‎ 设平面MCE的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则，‎ 令z＝2，解得n＝((2＋3h)，h－2,2)，‎ 平面ABE的一个法向量m＝(0,0,1)，‎ 由题意可知 cosm，n＝＝＝，‎ 解得h＝，‎ 所以当AM＝时，使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.‎ - 10 -‎ - 10 -‎