2022版高考数学一轮复习 练案（49理）第七章 立体几何 高考大题规范解答系列（四）—立体几何（理）练习（含解析）新人教版.doc

1、高考大题规范解答系列(四)立体几何(理)1(2021安徽黄山质检)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D是BC的中点，且ADBC，四边形ABB1A1为正方形(1)求证：A1C平面AB1D；(2)若BAC60，BC4，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，DEA1C，又DE平面AB1D，A1C平面AB1D，A1C平面AB1D.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面BCC1B1平面ABC，且BC为它们的交线，又ADBC，AD平面BCC1B1，又B1D平面BCC1B1，ADB1D，且A

2、D2，B1D2.同理可得，过D作DGAB，则DG面ABB1A1，且DG.设A1到平面AB1D的距离为h，由等体积法可得：VA1AB1DVDAA1B1，即ADDB1hAA1A1B1DG，即22h44，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PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCD为等边三角形，平面PAC平面PCD，PACD，CD2，AD3.(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ACBDH，B

3、HDH.又由BGPG，故GHPD.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DNPC，又因为平面PAC平面PCD，平面PAC平面PCDPC，所以DN平面PAC，又PA平面PAC，故DNPA又已知PACD，CDDND，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，CD2且N为PC的中点，所以DN.又DNAN，在RtAND中，sinDAN.所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.3(2018课标全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的

4、中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析(1)由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，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Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，(1，)，(0,0，)为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则s

5、in.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.4(2020北京卷)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BB1的中点(1)求证：BC1平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值解析(1)如下图所示：在正方体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1且ABA1B1，A1B1C1D1且A1B1C1D1，ABC1D1且ABC1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1AD1，BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1平面AD1E.(2)以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方体ABCDA1B1C

6、1D1的棱长为2，则A(0,0,0)、A1(0,0,2)、D1(2,0,2)、E(0,2,1)，(2,0,2)，(0,2,1)，设平面AD1E的法向量为n(x，y，z)，由，得，令z2，则x2，y1，则n(2,1，2)cosn，.因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.5. (2021陕西汉中质检)如图所示，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ADCDCB90，AD1，BC3，PCCD2，PC底面ABCD，E为AB的中点(1)求证：平面PDE平面APC；(2)求直线PC与平面PDE所成的角的正弦值解析如图所示，以点C为坐标原点，直线CD，CB，CP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C

7、xyz，则相关点的坐标为C(0,0,0)，A(2,1,0)，B(0,3,0)，P(0,0,2)，D(2，0,0)，E(1，2,0)(1)由于(1,2,0)，(2,1,0)，(0,0,2)，所以(1,2,0)(2,1,0)0，(1,2,0)(0,0,2)0，所以DECA，DECP，而CPCAC，所以DE平面PAC，DE平面PDE，平面PDE平面PAC(2)设n(x，y，z)是平面PDE的一个法向量，则nn0，由于(1,2,0)，(1,2，2)，所以有，令x2，则y1，z2，即n(2,1,2)，再设直线PC与平面PDE所成的角为，而(0,0，2)，所以sin |cosn，|，直线PC与平面PDE所

8、成角的正弦值为.6(2021河北张家口、衡水、邢台联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，ADBC，ABAD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF平面ABCD.BC3AB3AD，M为线段BD的中点(1)求证：BD平面AFM；(2)求平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值解析(1)因为四边形ADEF为正方形，所以AFAD.又因为平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，所以AF平面ABCD.所以AFBD.因为ABAD，M线段BD的中点，所以BDAM.又AMAFA，所以BD平面AFM.(2)由(1)知AF平面ABCD，所以AFAB，AFAD，又ABAD，

9、所以AB，AD，AF两两垂直分别以AB，AD，AF为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz(如图)设AB1，则A，B，C，D，E，所以，设平面ACE的一个法向量为n，则即令y1，则x3，z1，则n.由(1)知，为平面AFM的一个法向量设平面AFM与平面ACE所成的锐二面角为，则cos cos，n.所以平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为.7(2020安徽省淮北市一模)在直角梯形ABCD(如图1)，ABC90，BCAD，AD8，ABBC4，M为线段AD中点将ABC沿AC折起，使平面ABC平面ACD，得到几何体BACD(如图2)(1)求证：CD平面ABC；(2)求AB与平面B

10、CM所成角的正弦值解析(1)由题设可知AC4，CD4，AD8，AD2CD2AC2，CDAC，又平面ABC平面ACD，平面ABC平面ACDAC，CD平面ABC(2)解法一：等体积法取AC的中点O连接OB，由题设可知ABC为等腰直角三角形，所以OB面ACM，VBACMVABCM且VBACMS ACMBO，而SBCM4，A到面BCM的距离h，所以sin .解法二：向量法取AC的中点O连接OB，由题设可知ABC为等腰直角三角形，所以OB面ACM，连接OM，因为M、O分别为AB和AC的中点，所以OMCD，由(1)可知OMAC，故以OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A

11、(0，2，0)，B(0,0,2)，C(0,2，0)，M(2，0,0)，(0，2，2)，(2，2，0)，(0，2，2)，平面BCM的一个法向量n(1,1,1)，sin .8(2021广东新课改大联考湖南百校联考)如图，已知ACBC，DB平面ABC，EA平面ABC，过点D且垂直于DB的平面与平面BCD的交线为l，ACBD1，BC，AE2.(1)证明：l平面AEC；(2)设点P是l上任意一点，求平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值解析(1)证明：因为BD，BD平面ABC，所以平面ABC，又平面BCDl，平面ABC平面BCDBC，所以BCl，因为EA平面ABC，所以BCAE.又BCAC，AEEA

12、A，所以BC平面AEC，从而l平面AEC(2)解：作CFAE，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则A(0,1,0)，C(0,0,0)，D(，0,1)，E(0,1,2)设P(a,0,1)，平面PAE、平面ACD的法向量分别为m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)，则(a，1,1)，(0,0,2)，(0，1,0)，(，0,1)，因为m平面PAE，所以令x11，得y1a，z10，即m(1，a,0)，同理令x21，得y20，zx，即n(1,0，)因为|cosm，n|，当且仅当a0时取等号，所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60.9(2021广东质检)如图，在圆柱O

13、1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是弧上的两个三等分点，CF是圆柱O1O2的母线(1)求证：CO1平面AFD；(2)设AC，FBC45，求二面角BAFC的余弦值解析(1)连接O1C，O1D，因为C，D是半圆上的两个三等分点，所以AO1DDO1CCO1B60，又O1AO1BO1CO1D，所以AO1D，CO1D，BO1C均为等边三角形所以O1AADDCCO1，所以四边形ADCO1是平行四边形所以CO1AD，又因为CO1平面AFD，AD平面AFD，所以CO1平面AFD.(2)因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC平面ABC，BC平面ABC，所以FCBC因为AB为圆O1的直径，所以ACB90，在Rt

14、ABC中，ABC60，AC，所以BC1，所以在RtFBC中，FCBCtan 451.解法一：以C为坐标原点，分别以CA、CB、CF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)，所以(，1,0)，(，0,1)设平面AFB的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则yz，所以平面AFB的一个法向量为n(1，)，又因为平面AFC的一个法向量m(0,1,0)，所以cosm，n.结合图形得，二面角BAFC的余弦值为.解法二：作CHFA于H，则易得CH，设C到平面ABF的距离为h，则由VFABCVCFAB知SABC1SABFh，h，记二面角BAFC大小为，则sin ，cos ，即二面角BAFC的余弦值为.方法三：因为BCAC，BCFC，ACFCC，所以BC平面FAC，又FA平面FAC，所以BCFA在FAC内，作CHFA于点H，连接BH.因为BCCHC，BC，CH平面BCH，所以FA平面BCH，又BH平面BCH，所以FABH，所以BHC就是二面角BAFC的平面角在RtFCA中，FA2，CH.在RtBCH中，BCH90，所以BH，所以cosBHC.所以，二面角BAFC的余弦值为.