高优指导2021高考数学一轮复习高考大题专项练4高考中的立体几何理含解析北师大版.doc

高考大题专项练4　高考中的立体几何
　高考大题专项练第8页　 
1.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.

(1)求证:BD⊥平面AED;
(2)求二面角F-BD-C的余弦值.
(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,
所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°.
因此∠ADB=90°,即AD⊥BD.
又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⫋平面AED,
所以BD⊥平面AED.

(2)解法一:连接AC.
由(1)知AD⊥BD,所以AC⊥BC.
又FC⊥平面ABCD,
因此CA,CB,CF两两垂直.
以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D,F(0,0,1).
因此=(0,-1,1).
设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·=0,m·=0,
所以x=y=z,
取z=1,则m=(,1,1).
由于=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,
则cos<m,>=,
所以二面角F-BD-C的余弦值为.

解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG.
由于CB=CD,因此CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,
所以FC⊥BD.
由于FC∩CG=C,FC,CG⫋平面FCG,
所以BD⊥平面FCG,
故BD⊥FG,
所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.
在等腰三角形BCD中,由于∠BCD=120°,
因此CG=CB.
又CB=CF,所以GF=CG,
故cos∠FGC=,
因此二面角F-BD-C的余弦值为.〚导学号92950942〛
2.如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.

(1)证明:DE⊥平面ACD;
(2)求二面角B-AD-E的大小.
(1)证明:在直角梯形BCDE中,
由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=.
由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE,
从而AC⊥平面BCDE.
所以AC⊥DE,又DE⊥DC,
从而DE⊥平面ACD.

(2)解:方法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.
所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.
在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,
从而BD⊥AB.
由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.
在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.
在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.
在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,
得BF=,AF=AD.从而GF=.
在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.
在△BFG中,cos∠BFG=.
所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.

方法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).
设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),
由
可取m=(0,1,-).
由
可取n=(1,-1,).
于是|cos<m,n>|=.
由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.〚导学号92950943〛
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.

(1)求证:平面PAB⊥平面PAD.
(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长.
②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.
(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,
所以PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.
又AB⫋平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)解:以A为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,
则CE⊥AD.
在Rt△CDE中,DE=CDcos 45°=1,CE=CDsin 45°=1.

设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).
由AB+AD=4得AD=4-t,
所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).
(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
由n⊥,n⊥,得
取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).
又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°=,
即,
解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.

设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),
则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).
由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,
即t=3-m;①
由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.②
由①,②消去t,化简得m2-3m+4=0.③
由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,
使得点G到点P,C,D的距离都相等.
从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.〚导学号92950944〛
4.如图,正方形ABCD所在平面与等腰三角形EAD所在平面相交于AD,EA=ED,AE⊥平面CDE.

(1)求证:AB⊥平面ADE;
(2)设M是线段BE 上一点,当直线AM与平面EAD所成角的正弦值为时,试确定点M的位置.
(1)证明:∵AE⊥平面CDE,CD⫋平面CDE,
∴AE⊥CD.
在正方形ABCD中,CD⊥AD,
∵AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.
∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADE.
(2)解:由(1)得平面EAD⊥平面ABCD,取AD的中点O,取BC的中点F,连接EO,OF.
∵EA=ED,∴EO⊥AD,∴EO⊥平面ABCD.
以OA,OF,OE分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

不妨设AB=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1).
设M(x,y,z).∴=(x-1,y-2,z),=(-1,-2,1),
∵B,M,E三点共线,设=λ(0≤λ≤1),
∴M(1-λ,2-2λ,λ),∴=(-λ,2-2λ,λ).
设AM与平面EAD所成角为θ,
∵平面EAD的一个法向量为n=(0,1,0),
∴sin θ=|cos<,n>|=,
解得λ=或λ=-1(舍去),
∴点M为线段BE上靠近点B的三等分点.〚导学号92950945〛
5.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.

(1)求证:AF∥平面BDE;
(2)求证:CF⊥平面BDE;
(3)求二面角A-BE-D的大小.
(1)证明:设AC与BD交于点G,因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,

所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.
因为EG⫋平面BDE,AF⊈平面BDE,
所以AF∥平面BDE.
(2)证明:因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.如图,以C为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系C-xyz.
则C(0,0,0),A(,0),D(,0,0),E(0,0,1),B(0,,0),F.所以=(0,-,1),=(-,0,1).所以=0-1+1=0,=-1+0+1=0.所以CF⊥BE,CF⊥DE,所以CF⊥平面BDE.
(3)解:由(2)知,是平面BDE的一个法向量;
=(,0,0),

设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,
即
所以x=0,z=y.
令y=1,则z=.
所以n=(0,1,),从而cos<n,>=.
因为二面角A-BE-D为锐角,
所以二面角A-BE-D为.〚导学号92950946〛
6.(2015安徽,理19)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.

(1)证明:EF∥B1C;
(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.
(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形.
从而B1C∥A1D,又A1D⫋面A1DE,B1C⊈面A1DE,
于是B1C∥面A1DE.
又B1C⫋面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.
(2)解:因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以为x轴、y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).

设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).
设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).
所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为.〚导学号92950947〛
7.(2015天津,理17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

(1)求证:MN∥平面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,求线段A1E的长.
解:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),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M,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..
由此可得·n=0,又因为直线MN⊈平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,
则
不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).
设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,
则
又=(0,1,2),得
不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cos<n1,n2>==-,
于是sin<n1,n2>=.
所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.
(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],
则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).
又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,
由已知,得cos<,n>=
=,
整理得λ2+4λ-3=0,
又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.
所以,线段A1E的长为-2.〚导学号92950948〛
6