广西专用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

高考大题专项练四　高考中的立体几何

1.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF.

(1)求证:EF⊥A1C1;

(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长.

答案:(1)证明如图所示,连接B1D1,

∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴四边形A1B1C1D1为正方形.

∴A1C1⊥B1D1.

∵BB1⊥平面A1B1C1D1,

∴A1C1⊥BB1.

∵B1D1∩BB1=B1,

∴A1C1⊥平面BB1D1D.

∵EF⊂平面BB1D1D,

∴EF⊥A1C1.

(2)解取CC1的中点H,连接BH,EH.

∵EH?AB,

∴四边形ABHE为平行四边形.

∴AE∥BH.

在平面BCC1B1中,过点F作FG∥BH,交CC1于点G,则FG∥AE,连接EG,

则A,E,G,F四点共面.

∵四边形BHGF为平行四边形,

∴GH=BF=.

∴C1G=CC1-CH-HG=a.

故当C1G=a时,A,E,G,F四点共面.

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.

答案:(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.(2020全国Ⅲ,理19)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.

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),Ea,0,c,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.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.

(1)证明:EF⊥BC;

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

答案:解法一(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,

所以A1E⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,

平面A1ACC1∩平面ABC=AC,

所以,A1E⊥平面ABC,

则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,

所以BC⊥A1F.

又A1E∩A1F=A1,所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.

(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.

由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).

不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.

由于O为A1G的中点,故EO=OG=,

所以cos∠EOG=.

因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.

解法二(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,

平面A1ACC1∩平面ABC=AC,

所以,A1E⊥平面ABC.

如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.

不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,2,C(0,2,0).

因此,=,2,=(-,1,0).

由=0得EF⊥BC.

(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.

由(1)可得=(-,1,0),=(0,2,-2).

设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).

由

取n=(1,,1),故sinθ=|cos<,n>|=.

因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.

5.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.

(1)证明:PO⊥平面ABC;

(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.

答案:(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.

连接OB,因为AB=BC=AC,

所以△ABC为等腰直角三角形,

且OB⊥AC,OB=AC=2.

由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC,得PO⊥平面ABC.

(2)解如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.

由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0),

设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),

则=(a,4-a,0).

设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).

由·n=0,·n=0得

可取n=((a-4),a,-a),

所以cos<,n>=.

由已知可得|cos<,n>|=.

所以,

解得a=-4(舍去),a=.

所以n=.

又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.

6.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.

答案:(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.

7.(2020全国Ⅱ,理20)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.

答案:(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.

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.

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.

9.(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.

(1)求证:C1M⊥B1D;

(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;

(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.

解:依题意,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(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).

(1)证明:依题意,=(1,1,0),=(2,-2,-2),从而=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.

(2)依题意,=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,=(0,2,1),=(2,0,-1).

设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则

即不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).

因此有cos<,n>=,

于是sin<,n>=.

所以,二面角B-B1E-D的正弦值为.

(3)依题意,=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,

于是cos<,n>==-.

所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为.