全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺中档大题规范练3立体几何理.docx

1、【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习 考前三个月 中档大题规范练3 立体几何 理1.(2022石家庄二模)如图(1)所示，平行四边形ABCD中，DAB60，AB2，AD4.将CBD沿BD折起到EBD的位置，使平面EBD平面ABD，如图(2)所示.(1)求证：ABDE；(2)求三棱锥EABD的侧面积和体积.2.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB平面BB1C1C，BB12BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG3GB1.(1)求证：B1D平面ABD；(2)求证：平面GEF平面ABD.3.(2022济南外国语学校模拟)如图所示，已知斜四棱柱ABC

2、DA1B1C1D1各棱长都是2，BADA1AD60，E，O分别是棱CC1，AD的中点，平面ADD1A1平面ABCD.(1)求证：OC平面AED1；(2)求证：ADD1C；(3)求几何体DAED1的体积.4.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABC90，且PAABBCAD1.(1)求PB与CD所成的角；(2)求直线PD与平面PAC所成的角的余弦值；(3)求二面角BPCD的余弦值.5.如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将ABD折起，使BDC90，如图2.(1)当BD的长为多少时，三棱锥AB

3、CD的体积最大；(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，线段CD上是否存在点N，使得ENBM？若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由.6.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD底面ABCD，其中底面ABCD为等腰梯形，ADBC，PAABBCCD2，PD2，PAPD，Q为PD的中点.(1)证明：CQ平面PAB；(2)求二面角DAQC的余弦值.答案精析中档大题规范练31.(1)证明在ABD中，因为AB2，AD4，DAB60，所以BD2.所以AB2BD2AD2.所以ABBD.因为平面EBD平面ABD，平面EBD平面ABDBD，AB平面ABD，所以AB平面EBD.又

4、DE平面EBD，所以ABDE.(2)解由(1)知ABBD.因为CDAB，所以CDBD，从而DEBD.在RtDBE中，因为BD2，DEDCAB2，所以SEDBBDDE2.因为AB平面EBD，BE平面EBD，所以ABBE.因为BEAD4，所以SEABABBE244.因为DEBD，平面EBD平面ABD，所以ED平面ABD，而AD平面ABD，所以EDAD.所以SEADADDE424.综上，三棱锥EABD的侧面积SSEDBSEABSEAD82.因为DE平面ABD，且SABDSEDB2，DE2，所以V三棱锥EABDSABDDE22.2.证明(1)取BB1的中点为M，连接MD，如图所示.因为BB12BC，且

5、四边形BB1C1C为平行四边形，所以四边形CDMB和四边形DMB1C1均为菱形，故CDBBDM，MDB1B1DC1，所以BDMMDB190，即BDB1D.又AB平面BB1C1C，B1D平面BB1C1C，所以ABB1D.又ABBDB，所以B1D平面ABD.(2)如图所示，连接MC1，可知G为MB1的中点，又F为B1C1的中点，所以GFMC1.又MB綊C1D，所以四边形BMC1D为平行四边形，所以MC1BD，故GFBD.又BD平面ABD，所以GF平面ABD.又EFA1B1，A1B1AB，AB平面ABD，所以EF平面ABD.又EFGFF，故平面GEF平面ABD.3.(1)证明如图，连接A1D交AD1

6、于点F，连接OF，EF，则F为A1D的中点，也为AD1的中点.因为E，O分别是棱CC1，AD的中点，所以OFDD1CC1，OFCC1，CECC1，所以OF綊CE，所以四边形OCEF为平行四边形，所以OCEF.因为EF平面AED1，OC平面AED1，所以OC平面AED1.(2)证明如图，连接A1O. 因为斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的各棱长都是2，A1AD60，所以AA1D为正三角形.又O是棱AD的中点，所以A1OAD.因为平面ADD1A1平面ABCD，平面ADD1A1平面ABCDAD，所以A1O平面ABCD.如图，连接A1B，OB.因为BAD60，所以ADOB.因为A1OOBO，所以AD平

7、面A1OB，所以ADA1B.因为A1BD1C，所以ADD1C.(3)解如图，连接BD，BD1.因为平面ADD1A1平面BB1C1C，所以点E到平面ADD1A1的距离等于点B到平面ADD1A1的距离，所以VDAED1VEADD1VBADD122sin 1201.4.解(1)由题意，可得PA，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为PAABBCAD1，所以A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0).所以(1,0，1)，(1,1,0).所以|cos，|.所以PB与CD所成的角为

8、60.(2)由(1)知(0,2，1)，(0,0,1)，(1,1,0).设m(x，y，z)是平面PAC的法向量，则取x1，则m(1，1,0).设直线PD与平面PAC所成的角为，则sin |cos，m|，因为，所以cos .所以直线PD与平面PAC所成的角的余弦值为.(3)(1,0，1)，(0,1,0).设n(a，b，c)是平面PBC的法向量，则取a1，则n(1,0,1).同理可得平面PDC的一个法向量为n0(1,1,2)，设二面角BPCD的大小为1，则|cos 1|cosn，n0|.因为二面角BPCD为钝角，所以二面角BPCD的余弦值为.5.解(1)在ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x.由

9、ADBC，ACB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x).于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x).令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x0，f(x)单调递增，当x(1,3)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以当x1时，f(x)取得最大值.故当BD1时，三棱锥ABCD的体积最大.(2)线段CD上存在点N，使得ENBM，理由如下：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由(1)知，当三棱锥ABCD的体积

10、最大时，BD1，ADCD2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E(，1,0)，且(1,1,1).假设存在这样的点N，设其坐标为N(0，0)，其中0,2，则(，1,0).因为ENBM等价于0，即(，1,0)(1,1,1)10，解得，满足0,2，故存在点N满足题意，此时N(0，0).6.(1)证明如图所示，取PA的中点N，连接QN，BN.在PAD中，PNNA，PQQD，所以QNAD，且QNAD.在APD中，PA2，PD2，PAPD，所以AD4，而BC2，所以BCAD.又BCAD，所以QNBC，且QNBC，故四边形BCQN为平行四边形，

11、所以BNCQ.又CQ平面PAB，BN平面PAB，所以CQ平面PAB.(2)解如图，在平面PAD内，过点P作POAD于点O，连接OB.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.又POAD，APPD，所以PO，故AO1.在等腰梯形ABCD中，取AD的中点M，连接BM，又BC2，AD4，ADBC，所以DMBC2，DMBC，故四边形BCDM为平行四边形.所以BMCDAB2.在ABM中，ABAMBM2，AOOM1，所以BOAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以BO平面PAD.如图，以O为坐标原点，分别以OB，OD，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D(0,3,0)，A(0，1,0)，B(，0,0)，P(0,0，)，C(，2,0)，则(，3,0).因为Q为DP的中点，故Q，所以.设平面AQC的法向量为m(x，y，z)，则可得令y，则x3，z5.故平面AQC的一个法向量为m(3，5).因为BO平面PAD，所以(，0,0)是平面ADQ的一个法向量.故cos，m.从而可知二面角DAQC的余弦值为.