2022版新教材高考数学一轮复习 高考大题专项（四）立体几何（含解析）新人教A版.docx

1、高考大题专项(四)立体几何1.如图,点C是以AB为直径的圆O上异于A,B的一点,直角梯形BCDE所在平面与圆O所在平面垂直,且DEBC,DCBC,DE=12BC=2,AC=CD=3.(1)证明:EO平面ACD;(2)求点E到平面ABD的距离.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD平面PAD,ADBC,AB=BC=AP=12AD,ADP=30,BAD=90.(1)证明:PDPB;(2)设点M在线段PC上,且PM=13PC,若MBC的面积为273,求四棱锥P-ABCD的体积.3.在四棱锥A-BCDE中,侧棱AD平面BCDE,底面BCDE是直角梯形,DEBC,BCCD,BC=2AD=2DC=

2、2DE=4,BDEC=O,H是棱AD上的一点(不与A,D点重合).(1)若OH平面ABE,求AHHD的值;(2)求二面角A-BE-C的余弦值.4.如图,在三棱锥P-ABC中,底面是边长为4的正三角形,PA=2,PA平面ABC,点E,F分别为AC,PC的中点.(1)求证:平面BEF平面PAC;(2)在线段PB上是否存在点G,使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为155?若存在,确定点G的位置;若不存在,请说明理由.5.(2020河南高三质检(理)九章算术是我国古代数学名著,在九章算术中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵;阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑指四

3、个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵ABC-A1B1C1中,ABAC.(1)求证:四棱锥B-A1ACC1为阳马;(2)若C1C=BC=2,当鳖臑C1-ABC体积最大时,求平面A1BC与平面A1BC1的夹角的余弦值.6.(2020四川成都外国语学校高三月考)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于2的正方形,ABE和BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中:(1)证明:平面PAC平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求二面角P-BC-M的余弦值.7.如图1,已知四边形BCDE为直角梯形,B=90,BECD,且BE=

4、2CD=2BC=2,A为BE的中点,将EDA沿AD折到PDA位置(如图2),连接PC,PB构成一个四棱锥P-ABCD.(1)求证:ADPB;(2)若PA平面ABCD.求二面角B-PC-D的大小;在棱PC上存在点M,满足PM=PC(01),使得直线AM与平面PBC所成的角为45,求的值.8.(2020天津和平高三三模(理)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60.(1)求证:直线BD平面PAC;(2)求直线PB与平面PAD所成角的正切值;(3)设点M在线段PC上,且平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57,求点M到底面ABCD的距离.9.如

5、图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=22,C1H平面AA1B1B,且C1H=5.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN平面A1B1C1,求线段BM的长.10.(2020湖南长郡中学高三模考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=22,PB=2,PBAC.(1)求证:平面PAB平面PAC;(2)若PBA=45,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为69,若存在,

6、求出AEAP的值;若不存在,请说明理由.参考答案高考大题专项(四)立体几何1.(1)证明取BC的中点M,连接OM,ME.在ABC中,O是AB的中点,M是BC的中点,OMAC,AC平面EMO,MO平面EMO,故AC平面MEO.在直角梯形BCDE中,DECB,且DE=CM,四边形MCDE是平行四边形,EMCD,同理CD平面EMO.又CDAC=C,故平面EMO平面ACD,又EO平面EMO,EO平面ACD.(2)AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的一点,ACBC.又平面BCDE平面ABC,平面BCDE平面ABC=BC,AC平面BCDE,可得AC是三棱锥A-BDE的高.在直角梯形BCDE中,SBD

7、E=12DECD=1223=3.设E到平面ABD的距离为h,则VE-ABD=VA-EBD,即13SABDh=13SEBDAC,由已知得AB=5,BD=5,AD=32,由余弦定理可得cosABD=1625,则sinABD=34125,则SABD=12ABBDsinABD=3412.解得h=64141,即点E到平面ABD的距离为64141.2.(1)证明平面ABCD平面PAD,BAD=90,AB平面PAD,ABPD,在PAD中,AP=12AD,ADP=30,由正弦定理可得sinADP=12sinAPD,APD=90,PDPA.又PAAB=A,PD平面PAB,PDPB.(2)解取AD的中点F,连接C

8、F,PF,设AD=2a,则AB=BC=AP=a,PD=3a,则PB=PC=2a,PBC为等腰三角形,且底边BC上的高为72a.PM=13PC,MBC的面积为273.PBC的面积为7,12a72a=7,解得a=2,四棱锥P-ABCD的体积为1312(2+4)23=23.3.解(1)因为OH平面ABE,OH平面ABD,平面ABD平面ABE=AB,所以OHAB,所以ODOB=DHHA.因为DEBC,BC=2DE,所以ODOB=DEBC=12.所以HDAH=12,即AHHD=2.(2)因为AD平面BCDE,CDDE,所以以D为坐标原点,DE,DC,DA的方向为x轴,y轴,z轴正方向建立如图所示的空间直

9、角坐标系D-xyz,则点A(0,0,2),E(2,0,0),B(4,2,0).则AE=(2,0,-2),AB=(4,2,-2).设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAB=0,即2x-2z=0,4x+2y-2z=0,得x=z,y=-z.令z=1,得n=(1,-1,1).易知平面BCE的一个法向量为m=(0,0,1),设二面角A-BE-C的大小为,则cos=mn|m|n|=113=33.故二面角A-BE-C的余弦值为33.4.(1)证明AB=BC,E为AC的中点,BEAC.又PA平面ABC,BE平面ABC,PABE.PAAC=A,BE平面PAC.BE平面BEF,平面BEF

10、平面PAC.(2)解存在.如图,由(1)知,PABE,PAAC,点E,F分别为AC,PC的中点,EFPA,EFBE,EFAC,又BEAC,EB,EC,EF两两垂直,分别以EB,EC,EF方向为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则A(0,-2,0),P(0,-2,2),B(23,0,0),C(0,2,0),BP=(-23,-2,2),AB=(23,2,0),设BG=BP=(-23,-2,2),0,1,AG=AB+BG=(23(1-),2(1-),2),BC=(-23,2,0),PC=(0,4,-2),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则nBC=0,nPC=0,-23x+2y=0,4y-2

11、z=0,令x=1,则y=3,z=23,n=(1,3,23).由已知155=AGn|AG|n|,则155=43416(1-)2+42,解得=12或1110(舍去).故=12,故线段PB上存在点G,使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为155,此时G为线段PB的中点.5.(1)证明A1A底面ABC,AB平面ABC,A1AAB.又ABAC,A1AAC=A,AB平面ACC1A1,又四边形ACC1A1为矩形,四棱锥B-A1ACC1为阳马.(2)解ABAC,BC=2,AB2+AC2=4.又CC1底面ABC,VC1-ABC=13C1C12ABAC=13ABAC13AB2+AC22=23,当且仅当AB=A

12、C=2时,VC1-ABC取最大值.ABAC,A1A底面ABC,以A为原点,建立如图所示空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,2),C1(0,2,2),A1B=(2,0,-2),BC=(-2,2,0),A1C1=(0,2,0),设面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),由n1A1B=0,n1BC=0,则2x1-2z1=0,-2x1+2y1=0,得n1=(2,2,1),设平面A1BC1的法向量是n2=(x2,y2,z2),由n2A1B=0,n2A1C1=0,则2x2-2z2=0,2y2=0,得n2=(2,0,1).cos=n1n2|n1|n2|=155,故平

13、面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为155.6.(1)证明设AC的中点为O,连接BO,PO.由题意,得PA=PB=PC=2,PO=1,AO=BO=CO=1.因为在PAC中,PA=PC,O为AC的中点,所以POAC.因为在POB中,PO=1,OB=1,PB=2,即PO2+OB2=PB2,所以POOB.因为ACOB=O,AC,OB在平面ABC中,所以PO平面ABC,因为PO平面PAC,所以平面PAC平面ABC.(2)解由(1)知,BOPO,BOAC,即BO平面PAC,所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角,且tanBMO=BOOM=1OM,所以当OM最短时,即M是PA的中点时,BMO最大.由

14、PO平面ABC,OBAC,所以POOB,POOC,故以OC,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M-12,0,12,BC=(1,-1,0),PC=(1,0,-1),MC=32,0,-12.设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则mBC=0,mMC=0,所以x1-y1=0,3x1-z1=0.令x1=1,得y1=1,z1=3,即m=(1,1,3).设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则nBC=0,nPC=0,所以x2-y2=0,x2-z2=0.令x2=

15、1,得y2=1,z2=1,即n=(1,1,1).cos=mn|m|n|=533=53333.因为二面角P-BC-M的平面角是锐角,故二面角P-BC-M的余弦值为53333.7.(1)证明在题图1中,ABCD,AB=CD,四边形ABCD为平行四边形,ADBC.B=90,ADBE.当EDA沿AD折起时,ADAB,ADAE,ADAB,ADPA.ABPA=A,AB平面PAB,PA平面PAB,AD平面PAB,PB平面PAB,ADPB.(2)解由于PA平面ABCD,以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0

16、,0,1),D(0,1,0),PC=(1,1,-1),BC=(0,1,0),DC=(1,0,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则PCn=0,BCn=0,x+y-z=0,y=0,取z=1,得n=(1,0,1),设平面PCD的法向量m=(a,b,c),则mPC=0,mDC=0,a+b-c=0,a=0,取b=1,得m=(0,1,1),设二面角B-PC-D的大小为,由图可知为钝角,则cos=-|mn|m|n|=-122=-12,=120.二面角B-PC-D的大小为120.AP=(0,0,1),PC=(1,1,-1),AM=AP+PM=(0,0,1)+(1,1,-1)=(,1-),01,平

17、面PBC的法向量n=(1,0,1),直线AM与平面PBC所成的角为45,sin45=|cos|=|AMn|AM|n|=|+1-|22+2+(1-)2=22,解得=0或=23.8.(1)证明由菱形的性质可知BDAC,由线面垂直的定义可知BDAP,且APAC=A,由线面垂直的判定定理可得直线BD平面PAC.(2)解以点A为坐标原点,AD,AP方向为y轴,z轴正方向,如图所示,在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则P(0,0,2),B(3,1,0),A(0,0,0),D(0,2,0),则PB=(3,1,-2),平面PAD的法向量为m=(1,0,0),设

18、直线PB与平面PAD所成的角为,则sin=|cos|=|PBm|PB|m|=38,cos=58,tan=sincos=35=155.(3)解由于P(0,0,2),C(3,3,0),B(3,1,0),A(0,0,0),PC=(3,3,-2),CB=(0,-2,0),AB=(3,1,0),PB=(3,1,-2),PM=PC=(3,3,-2)(01),MB=MP+PB=(3-3,1-3,2-2),则点M的坐标为(3,3,-2+2),设平面CMB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1CB=0,n1MB=0,所以-2y1=0,(3-3)x1+(1-3)y1+(2-2)z1=0,所以n1=(2,0,

19、3).设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2AB=0,n2MB=0,所以3x2+y2=0,(3-3)x2+(1-3)y2+(2-2)z2=0,所以n2=1,-3,31-,平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57,故2+31-71+3+32(1-)2=57,整理得142-19+6=0,解得=12或=67.由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或27.9.解如图所示,建立空间直角坐标系,以B为坐标原点,BA所在直线为x轴,BB1所在直线为y轴,由题意,B(0,0,0),A(22,0,0),C(2,-2,5),A1(22,22,0),B1(0,22,0),C1(2,2,5),

20、(1)AC=(-2,-2,5),A1B1=(-22,0,0),所以cos=ACA1B1|AC|A1B1|=4322=23,所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.(2)易知AA1=(0,22,0),A1C1=(-2,-2,5),A1B1=(-22,0,0),设平面AA1C1的法向量m=(x1,y1,z1),则mA1C1=0,mAA1=0,即-2x1-2y1+5z1=0,22y1=0,令x1=5,则z1=2,所以m=(5,0,2),同理,设平面B1A1C1的法向量n=(x2,y2,z2),则nA1C1=0,nA1B1=0,即-2x2-2y2+5z2=0,-22x2=0,令y2=5,则z2

21、=2,所以n=(0,5,2),所以cos=mn|m|n|=277=27,设二面角A-A1C1-B1的大小为,则sin=1-272=357,所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为357.(3)B1C1=(2,-2,5),由N为棱B1C1的中点,得N22,322,52,设M(a,b,0),则MN=22-a,322-b,52,由MN平面A1B1C1,得MNA1B1=0,MNA1C1=0,即22-a(-22)=0,22-a(-2)+322-b(-2)+525=0,解得a=22,b=24,故M22,24,0,因此BM=22,24,0,所以线段BM的长为|BM|=104.10.(1)证明因为四边形ABCD

22、是平行四边形,AD=22,所以BC=AD=22.又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以ACAB.又PBAC,且ABPB=B,所以AC平面PAB.因为AC平面PAC,所以平面PAB平面PAC.(2)解存在.由(1)知ACAB,AC平面PAB,分别以AB,AC所在直线为x轴,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),AC=(0,2,0),BC=(-2,2,0),由PBA=45,PB=2,可得P(1,0,1),所以AP=(1,0,1),BP=(-1,0,1),假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为69,设AEAP=(01),则AE=AP=(,0,),CE=AE-AC=(,-2,),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBP=0,即-2x+2y=0,-x+z=0,令z=1,可得x=y=1,所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1,1),设直线CE与平面PBC所成的角为,则sin=|cos|=|-2+|32+(-2)2+2=|2-2|322+4=69,解得=12或者=74(舍).所以存在AEAP=12,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为69.