2022高考数学一轮复习-高考大题专项立体几何北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 高考大题专项立体几何北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项立体几何北师大版

年级：
姓名：

高考大题专项(四)　立体几何
突破1　空间中的平行与空间角

1.如图,多面体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.
(1)证明:GH∥平面ACD;
(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.

2.

(2020山东烟台期末)如图,在四棱锥S-ABCD中,ABCD为直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E为BS上一点,且BE=2ES.
(1)证明:SD∥平面ACE;
(2)求二面角S-AC-E的余弦值.

3.已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为22的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.
(1)证明:平面ADE∥平面BCF.
(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.

4.如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.
(1)求证:EG∥平面BCF;
(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.

5.(2017全国2,理19)

如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.

6.

(2020福建福州三模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.
(1)求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值;
(2)若E是棱PB的中点,求证:对于棱CD上任意一点F,EF与PD都不平行.

突破2　空间中的垂直与空间角
1.(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.

2.(2018全国3,理19)

如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

3.

(2020山东济南三模)已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=12BC,将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°,形成如图所示的几何体,其中M为圆弧CE的中点.
(1)求证:BM⊥DF;
(2)求异面直线BM与EF所成角的大小.

4.

(2020浙江,19)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.

5.

(2020河北衡水中学调研)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.
(1)求证:AC⊥BF;
(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出|BP||PE|的值;若不存在,请说明理由.

6.

(2020山东烟台模拟,19)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是等腰梯形,AD∥BC,AD=2,BC=4,∠ABC=60°,△PAD为等边三角形,且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3.
(1)求证:DE⊥平面PAD.
(2)求二面角A-PC-D的余弦值.

参考答案

高考大题专项(四)　立体几何
突破1　空间中的平行与空间角
1.(1)证明连接GO,OH,∵GO∥DC,OH∥AC,
∴GO∥平面ACD,OH∥平面ACD,
又GO交HO于O,∴平面GOH∥平面ACD,∴GH∥平面ACD.
(2)解以CB为x轴,CA为y轴,CD为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2),
平面BCE的法向量m=(0,1,0),设平面OCE的法向量n=(x0,y0,z0).
CE=(2,0,2),CO=(1,1,0).
∴n·CE=0,n·CO=0,则2x0+2z0=0,x0+y0=0,
令x0=-1,∴n=(-1,1,1).∵二面角O-CE-B是锐二面角,记为θ,
则cosθ=|cos<m,n>|=m·n|m||n|=11×3=33.
2.(1)证明连接BD交AC于点F,连接EF,因为AD∥BC,所以△AFD∽△CFB,
所以BFFD=BCAD=2,又BEES=BFFD=2,所以EF∥SD,
因为EF⫋平面ACE,SD⊈平面ACE,所以SD∥平面ACE.
(2)解由题知,因为平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,BC⫋平面ABCD,BC⊥CD,

所以BC⊥平面SCD,以C为坐标原点,CD,CB所在的方向分别为y轴,z轴的正方向,与CD,CB均垂直的方向作为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,
因为BC=2AD=2CD=4,BE=2ES,则C(0,0,0),S(1,1,0),A(0,2,2),E23,23,43,
所以CA=(0,2,2),CS=(1,1,0),CE=23,23,43,设平面SAC的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·CA=0,m·CS=0,即y+z=0,x+y=0,令z=1,得x=1,y=-1,于是m=(1,-1,1),
设平面EAC的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·CA=0,n·CE=0,即y+z=0,x+y+2z=0,令z=1,得x=-1,y=-1,于是n=(-1,-1,1),
设二面角S-AC-E的平面角的大小为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=13,
所以二面角S-AC-E的余弦值为13.
3.(1)证明取BC,DE中点分别为O,O1,连接OA,O1A,OF,O1F.
由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=22,
可知△ABC,△DEF为等腰直角三角形,故OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF.
故CD⊥平面DEF,平面BCDE⊥平面DEF,所以O1F⊥平面BCDE.
同理OA⊥平面BCDE,所以O1F∥OA.
而O1F=OA,故四边形AOFO1为平行四边形,所以AO1∥OF,所以AO1∥平面BCF.
又BC∥DE,故DE∥平面BCF,而AO1∩DE=O1,所以平面ADE∥平面BCF.
(2)解以O为坐标原点,以过O且平行于AC的直线作为x轴,平行于AB的直线作为y轴,OO1为z轴建立空间直角坐标系如图.

则有B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2),
故BD=(-2,-2,2),BC=(-2,-2,0),BF=(-2,0,2).
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
则-2x-2y=0,-2x+2z=0,取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF的一个法向量为n=(1,-1,1).
设BD与平面BCF所成角为θ,则
sinθ=|cos<BD,n>|
=-2×1-2×(-1)+2×13×23=13.故BD与平面BCF所成角的正弦值为13.
4.(1)证明设AC∩BD=O,连接OE,OF,
∵四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,
∴OE∥CF,
∴EF=AO=CO,
∴OF⊥平面ABCD,
设OA=a,OB=b,AE=c,
以O为原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则E(a,0,c),Ga2,b2,0,B(0,b,0),C(-a,0,0),F(0,0,c),
FB=(0,b,-c),FC=(-a,0,-c),EG=-a2,b2,-c,
设平面BCF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·FB=by-cz=0,n·FC=-ax-cz=0,
取z=b,得n=-bca,c,b,
∵n·EG=-a2·-bca+b2·c+(-c)·b=0,EG⊈平面BCF,
∴EG∥平面BCF.
(2)解设AE=AB=2,
∵∠BAD=60°,
∴OB=1,OA=3.
∴A(3,0,0),B(0,1,0),E(3,0,2),D(0,-1,0).
∴BE=(3,-1,2),BA=(3,-1,0),BD=(0,-2,0),
设平面ABE的法向量n=(x,y,z),
则n·BA=3x-y=0,n·BE=3x-y+2z=0,
取x=1,得n=(1,3,0),
设平面BDE的法向量m=(x,y,z),
则m·BE=3x-y+2z=0,m·BD=-2y=0,
取x=2,得m=(2,0,-3),
设二面角A-BE-D的平面角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=24×7=77.
∴二面角A-BE-D的余弦值为77.
5.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.
因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,
又BC=12AD,所以EF􀱀BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,
又BF⫋平面PAB,CE⊈平面PAB,故CE∥平面PAB.
(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).

设M(x,y,z)(0<x<1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以|cos<BM,n>|=sin45°,|z|(x-1)2+y2+z2=22,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,设PM=λPC,则
x=λ,y=1,z=3-3λ.②
由①,②解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的一个法向量,则m·AM=0,m·AB=0,
即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
所以可取m=(0,-6,2).
于是cos<m,n>=m·n|m||n|=105.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.
6.(方法1)(1)解因为AB⊥AD,平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,AB⫋平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.
作AH⊥AD交PD于点H,则AB,AD,AH三条直线两两垂直.
以A为坐标原点,分别以AH,AD,AB所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

因为∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2,所以A(0,0,0),B(0,0,2),C(0,1,2),D(0,2,0),P(3,-1,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),因为BC=(0,1,0),BP=(3,-1,-2),

则n·BC=0,n·BP=0,所以y=0,3x-y-2z=0,
令x=2,所以n=(2,0,3),
由题知,m=(0,0,1)为平面PAD的一个法向量,所以|cos<n,m>|=|n·m||n||m|=37×1=37,
则sin<n,m>=1-372=277,
所以PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为277.
(2)证明假设棱CD上存在任意一点F,EF与PD平行.因为E是棱PB的中点,由(1)可得E32,-12,1.
假设棱CD上存在点F,使得EF∥PD,设DF=λDC,0≤λ≤1,
则ED=-32,52,-1,DC=(0,-1,2),PD=(-3,3,0),
所以EF=ED+DF=-32,52,-1+λ(0,-1,2)=-32,52-λ,-1+2λ,因为EF∥PD,所以EF=tPD=t(-3,3,0),
所以-32=-3t,52-λ=3t,-1+2λ=0,此方程组无解,
所以假设不成立,所以对于棱CD上任意一点F,EF与PD都不平行.

(方法2)(1)解如图,在平面PAD内,过点P作DA的垂线,垂足为M.
在平面ABCD内,过点M作AD的垂线,交CB的延长线于点N.连接PN.
因为MN∩PM=M,所以AD⊥平面PMN.
因为AD∥BC,BC⫋平面PBC,AD⊈平面PBC,所以AD∥平面PBC,
设平面PBC∩平面PAD=l,则AD∥l,故l⊥平面PMN.
所以∠NPM为平面PBC与平面PAD所成二面角的平面角.
因为∠PAD=120°,AB=AD=PA=2,所以∠MAP=60°,
在Rt△PAM中,PM=2sin60°=3.
又MN=AB=2,所以在Rt△PMN中,PN=PM2+MN2=7.
所以sin∠MPN=MNPN=27=277,
所以PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为277.
(2)证明假设棱CD上存在点F,使得EF∥PD.

连接BD,取BD的中点M.
在△BPD中,因为E,M分别为BP,BD的中点,所以EM∥PD.
因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM与EF重合.
又点F在线段CD上,所以F=BD∩CD,又BD∩CD=D,所以F是BD与CD的交点D,即EF就是ED,
而ED与PD相交,所以与EF∥PD相矛盾,故假设不成立,所以对于棱CD上任意一点F,EF与PD都不平行.
突破2　空间中的垂直与空间角
1.解依题意,以C为原点,分别以CA,CB,CC1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,C1M=(1,1,0),B1D=(2,-2,-2),从而C1M·B1D=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)解依题意,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1).
设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB1=0,n·ED=0,即2y+z=0,2x-z=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).
因此有cos<CA,n>=CA·n|CA||n|　=66,
于是sin<CA,n>=306.所以,二面角B-B1E-D的正弦值为306.
(3)解依题意,AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos<AB,n>=AB·n|AB||n|　=-33.
所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
2.(1)证明由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⫋平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⫋平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则n·AM=0,n·AB=0.即-2x+y+z=0,2y=0.
可取n=(1,0,2),
DA是平面MCD的法向量,
因此cos<n,DA>=n·DA|n||DA|=55,
sin<n,DA>=255.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.

3.(1)证明连接CE,与BM交于点N,根据题意,该几何体为圆台的一部分,且CD与EF相交,故C,D,F,E四点共面,因为平面ADF∥平面BCE,
所以CE∥DF,因为M为CE的中点,
所以∠CBM=∠EBM,所以N为CE中点,又BC=BE,所以BN⊥CE,即BM⊥CE,所以BM⊥DF.

(2)解连接DB,DN,由(1)知,DF∥EN,且DF=EN,所以四边形ENDF为平行四边形,所以EF∥DN,
所以∠BND为异面直线BM与EF所成的角,因为BD=DN=BN=2,所以△BND为等边三角形,
所以∠BND=60°,即异面直线BM与EF所成角的大小是60°.
4.

(1)证明如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.
由∠ACD=45°,DO⊥AC,得CD=2CO,
由平面ACFD⊥平面ABC,得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO,得BO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF,得BC∥EF.所以EF⊥DB.
(2)解(方法1)过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF,得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC,所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO,得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22.
由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=233,
所以sin∠OCH=OHOC=33,
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.

(方法2)由三棱台ABC-DEF,得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为θ.
如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
设CD=22.
由题意知各点坐标如下:
O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).
因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).
设平面BCD的法向量n=(x,y,z).
由n·BC=0,n·CD=0,即-x+y=0,-2y+2z=0,可取n=(1,1,1).所以sinθ=|cos<OC,n>|=|OC·n||OC|·|n|=33.因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
5.(1)证明∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF⫋平面ADEF,∴AF⊥平面ABCD.
∵AC⫋平面ABCD,∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于点H,则BH=1,AH=3,CH=3,∴AC=23,∴AB2+AC2=BC2,∴AC⊥AB,
∵AB∩AF=A,∴AC⊥平面FAB,
∵BF⫋平面FAB,∴AC⊥BF.
(2)解存在.由(1)知,AF,AB,AC两两垂直.
以A为坐标原点,AB,AC,AF的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),E(-1,3,2).

假设在线段BE上存在一点P满足题意,则易知点P不与点B,E重合,
设|BP||PE|=λ,则λ>0,P2-λ1+λ,3λ1+λ,2λ1+λ.设平面PAC的法向量为m=(x,y,z).由AP=2-λ1+λ,3λ1+λ,2λ1+λ,AC=(0,23,0),得
m·AP=2-λ1+λx+3λ1+λy+2λ1+λz=0,m·AC=23y=0,
即y=0,z=λ-22λx,令x=1,则z=λ-22λ,
所以m=1,0,λ-22λ为平面PAC的一个法向量.
同理,可求得n=1,33,1为平面BCEF的一个法向量.
当m·n=0,即λ=23时,平面PAC⊥平面BCEF,故存在满足题意的点P,此时|BP||PE|=23.
6.(1)证明在等腰梯形ABCD中,∵点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3,
∴点E为BC上靠近C点的四等分点.
∵AD=2,BC=4,CE=1,∴DE⊥AD.
∵点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,∴PG⊥平面ABCD.
∵DE⫋平面ABCD,∴PG⊥DE.
又AD∩PG=G,AD⫋平面PAD,PG⫋平面PAD,∴DE⊥平面PAD.

(2)解取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
由(1)易知,DE⊥CB,CE=1,
又∠ABC=∠DCB=60°,
∴DE=GF=3,
∵AD=2,△PAD为等边三角形,
∴PG=3,则G(0,0,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),C(-2,3,0),
∴AC=(-3,3,0),AP=(-1,0,3),DC=(-1,3,0),DP=(1,0,3).
设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AC=0,m·AP=0,即-3x1+3y1=0,-x1+3z1=0,
令x1=3,则y1=3,z1=1,
∴m=(3,3,1),
设平面DPC的法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·DC=0,n·DP=0,即-x2+3y2=0,x2+3z2=0,
令x2=3,则y2=1,z2=-1,
∴n=(3,1,-1).
设平面APC与平面DPC的夹角为θ.
则cosθ=|m·n||m||n|=|3+3-1|13×5=6513,故二面角A-PC-D的余弦值为6513.