高考数学复习立体几何与空间向量第57练高考大题突破练—立体几何练习 7页

第57练高考大题突破练—立体几何[基础保分练]1．(2019·四川诊断)如图所示，四棱锥S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，SA＝2，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点．(1)求证：BC∥平面SAE；(2)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值．2．(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．3．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于En点，把△DEC沿CE折到△D′EC的位置，使D′A＝2.如图②，若G，H分别为D′B，D′E的中点．(1)求证：GH⊥平面AD′C；(2)求平面D′AB与平面D′CE的夹角.[能力提升练]4．(2016·北京)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M；使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．n答案精析1．(1)证明　因为AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，所以AC＝2，∠BCA＝60°，在△ACD中，AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD，解得CD＝4，所以AC2＋AD2＝CD2，所以△ACD是直角三角形，又E为CD的中点，所以AE＝CD＝CE，又∠ACD＝60°，所以△ACE为等边三角形，所以∠CAE＝60°＝∠BCA，所以BC∥AE，又AE⊂平面SAE，BC⊄平面SAE，所以BC∥平面SAE.(2)解　由(1)可知∠BAE＝90°，以A为坐标原点，以AB，AE，AS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则S(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(－，3,0)．＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2)，设n＝(x，y，z)为平面SBC的法向量，n则即设x＝1，则y＝0，z＝，即平面SBC的一个法向量为n＝，所以cos〈n，〉＝＝＝－，所以直线SD与平面SBC所成角的正弦值为.2．(1)证明　设FC中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)解　连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)．过点F作FM⊥OB于点M，所以FM＝＝3，n可得F(0，，3)．故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．设m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量．由可得可得平面BCF的一个法向量m＝，因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝＝.所以二面角FBCA的余弦值为.3．(1)证明　∵在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E点，把△DEC沿CE折到△D′EC的位置，使D′A＝2，∴AE＝CE＝2，D′E＝6－2＝4，AC＝2，∴D′A2＋AE2＝D′E2，CD′＝＝2，∴AD′⊥AE，又D′A2＋AC2＝CD2，∴AD′⊥AC，∵AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面ABCE，∴AD′⊥平面ABCE，∴平面AD′C⊥平面ABCE，又BE⊥AC，AC∩AD′＝A，AC，AD′⊂平面ACD′，∴BE⊥平面ACD′，∵G，H分别为D′B，D′E的中点，∴GH∥BE，∴GH⊥平面AD′C.(2)解　如图，过点D′作直线m∥AB，n∵AB∥EC，∴直线m就是平面D′AB与平面D′CE的交线，∵CE⊥AE，平面AED′⊥平面ABCE于AE，∴CE⊥D′E，即D′E⊥m，∵AD′⊥AB，∴AD′⊥m，∵AD′⊂平面AD′B，D′E⊂平面D′CE，∴∠AD′E就是平面D′AB与平面D′CE的夹角的平面角，在直角三角形AD′E中，AE＝2，D′E＝4，可得∠AD′E＝30°.∴平面D′AB与平面D′CE的夹角为30°.4．(1)证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD.又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD.∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A.∴PD⊥平面PAB.(2)解　取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系．易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，nC(2,0,0)．则＝(1,1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)．＝(－2，－1,0)．设n＝(x0，y0,1)为平面PDC的一个法向量．由得解得即n＝.设PB与平面PCD的夹角为θ.则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.(3)解　设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得＝λ，因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)，∵BM⊄平面PCD，∴要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.