2022年新教材高考数学一轮复习 规范答题增分专项4 高考中的立体几何（含解析）新人教版.docx

1、规范答题增分专项四高考中的立体几何1.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ABDA.(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=23DA,求三棱锥Q-ABP的体积.2.(2020全国,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.3.如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC

2、=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值.4.(2020山东,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.5.图是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图.(1)证明:图中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BC

3、GE;(2)求图中的二面角B-CG-A的大小.6.(2020全国,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:AA1MN,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.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平

4、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13,求线段A1E的长.8.如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.规范答题增分专项四高考中的立体几何1.(1)证明由已知可得BAC=90,BAAC.又BAAD,所以AB平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD平面ABC.(2)解由已

5、知可得DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22.如图,作QEAC,垂足为E,则QE􀰿13DC.由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1.因此三棱锥Q-APB的体积为VQ-ABP=13QESABP=13112322sin45=1.2.(1)证明设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a,因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.所以PA平面PBC.(2)解以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxy

6、z.由题设可得点E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0,mEC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos=nm|n|m|=255.所以二面角B-PC-E的余弦值为255.3.解法一(1)证明:因为A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,所以A1AB1B,B1BC1C,A1AC1C.由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB,得AB1=

7、A1B1=22,所以A1B12+AB12=AA12,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC,得B1C1=5.由AB=BC=2,ABC=120,得AC=23.由CC1AC,得AC1=13.所以AB12+B1C12=AC12,故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由(1)知AB1平面A1B1C1,所以平面A1B1C1平面ABB1,且交线为A1B1.所以C1D平面ABB1.所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21,得cosC1A1B1=

8、67,从而sinC1A1B1=17.所以C1D=3,故sinC1AD=C1DAC1=3913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.解法二(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x轴、y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).由AB1A1B1=0,得AB1A1B1.由AB1A1C1=0,得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1

9、与平面ABB1所成的角为.由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由nAB=0,nBB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin=|cos|=|AC1n|AC1|n|=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.4.解(1)因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.所以AD平面PDC.因为ADBC,AD不在平面PBC中,所以AD平面PBC,又因为AD平面PAD,平面PAD平面PBC=l,所以lAD.所以l平面PDC.(2)以D

10、为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由PD=AD=1,得点D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin=33|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+163,当且仅当a=1

11、时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.5.(1)证明由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)解作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=3.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,则点A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3)

12、,AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.因此二面角B-CG-A的大小为30.6.(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)解由已知得AMBC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长,建立如图所

13、示的空间直角坐标系Mxyz,则AB=2,AM=3.连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,点E233,13,0.由(1)知平面A1AMN平面ABC.作NQAM,垂足为Q,则NQ平面ABC.设点Q(a,0,0),则NQ=4-233-a2,点B1a,1,4-233-a2,故B1E=233-a,-23,-4-233-a2,|B1E|=2103.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故sin2-=cos=nB1E|n|B1E|=1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.7.解如图,以A为原点建立空间直角坐标系,由题意可得点A(0,0,0),B(0,

14、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,得点M(1,12,1),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.MN=(0,-52,0).由此可得MNn=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则n1AD1=0,n1AC=0,即x1-2y1+2z1=0,2x1=0.不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).

15、设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则n2AB1=0,n2AC=0,又AB1=(0,1,2),得y2+2z2=0,2x2=0.不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-1010,于是sin=31010.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.(3)依题意,可设A1E=A1B1,其中0,1,则E(0,2),从而NE=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=NEn|NE|n|=1(-1)2+(+2)2+12=13,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=7-2.所以,线段A1E的长为

16、7-2.8.解(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)(方法一)由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以PDA=45.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.过点A作AHCE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA平

17、面ABCD,从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过点A作AQPH于点Q,则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中,AEH=45,AE=1,所以AH=22.在RtPAH中,PH=PA2+AH2=322,所以sinAPH=AHPH=13.(方法二)由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.因为在梯形ABCD中,AB与CD相交,所以由PAAB,PACD,可得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作y轴垂直于平面PAD,以A为原点,以AD的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则点A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z).由nPE=0,nEC=0,得x-2z=0,x+y=0.设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin=|nAP|n|AP|=2222+(-2)2+12=13.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.