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.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,点 E
2、,F 分别在棱 DD1,BB1上,且 2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点 C1在平面 AEF 内;(2)若 AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角 A-EF-A1的正弦值.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.5.九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;
3、阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑指四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.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.
4、7.如图 1,已知四边形 BCDE 为直角梯形,B=90,BECD,且 BE=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=(01),使得直线 AM 与平面 PBC 所成的角为 45,求 的值.8.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
5、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.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)
6、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,求出的值;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 EM
7、O,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,SBDE=12DECD=12 23=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
8、 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 CF,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72 a.PM=13PC,MBC 的面积为273.PBC 的面积为7,12a72 a=7,解得 a=2,四棱锥 P-ABCD 的体积为13 12(2+4)2
9、3=23.3.解设 AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以 C1为坐标原点,建立空间直角坐标系 C1-xyz.(1)证明:连接 C1F,则 C1(0,0,0),A(a,b,c),E a,0,23c,F 0,b,13c,=0,b,13c,1=0,b,13c,得=1,因此 EAC1F,即 A,E,F,C1四点共面,所以点 C1在平面 AEF 内.(2)由已知得 A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),1=(0,-1,2),1=(-2,0,1).设 n1=(x,y,z)为平面 AEF 的法向量,则1=0,1=0,即-=0
10、,-2-2=0,可取 n1=(-1,-1,1).设 n2为平面 A1EF 的法向量,则21=0,21=0,同理可取 n2=12,2,1.因为 cos=12|1|2|=-77,所以二面角 A-EF-A1的正弦值为427.4.(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,方向为 x 轴,y 轴,z
11、 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),=(-23,-2,2),=(23,2,0),设=(-23,-2,2),0,1,=+=(23(1-),2(1-),2),=(-23,2,0),=(0,4,-2),设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),则=0,=0,-23+2=0,4-2=0,令 x=1,则 y=3,z=23,n=(1,3,23).由已知155=|,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
12、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,1-=13 C1C 12ABAC=13 ABAC 13 2+22=23,当且仅当 AB=AC=2时,1-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),1=(2,0,-2),=(-2,2,0),11=(0,2,
13、0),设面 A1BC 的一个法向量 n1=(x1,y1,z1),由11=0,1=0,则 21-21=0,-21+21=0,得n1=(2,2,1),设平面 A1BC1的法向量是 n2=(x2,y2,z2),由21=0,211=0,则 22-22=0,22=0,得 n2=(2,0,1).cos=12|1|2|=155,故平面 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
14、,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=1,所以当 OM 最短时,即 M 是 PA 的中点时,BMO 最大.由 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
15、,0),P(0,0,1),M-12,0,12,=(1,-1,0),=(1,0,-1),=32,0,-12.设平面 MBC 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则=0,=0,所以1-1=0,31-1=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=0,=0,所以2-2=0,2-2=0.令 x2=1,得 y2=1,z2=1,即 n=(1,1,1).cos=|=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
16、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(0,0,1),D(0,1,0),=(1,1,-1),=(0,1,0),=(1,0,0),设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则 =0,=0,+-=0,=0,取 z=1,得 n
17、=(1,0,1),设平面 PCD 的法向量 m=(a,b,c),则=0,=0,+-=0,=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=-|=-122=-12,=120.二面角 B-PC-D 的大小为 120.=(0,0,1),=(1,1,-1),=+=(0,0,1)+(1,1,-1)=(,1-),01,平面 PBC 的法向量 n=(1,0,1),直线 AM 与平面 PBC 所成的角为 45,sin45=|cos|=|=|+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
18、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=(3,1,-2),平面 PAD 的法向量为 m=(1,0,0),设直线 PB 与平面 PAD 所成的角为,则 sin=|cos|=|=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,
19、0,0),=(3,3,-2),=(0,-2,0),=(3,1,0),=(3,1,-2),=(3,3,-2)(01),=+=(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1=0,1=0,所以-21=0,(3-3)1+(1-3)1+(2-2)1=0,所以 n1=(2,0,3).设平面 MBA 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则2=0,2=0,所以32+2=0,(3-3)2+(1-3)2+(2-2)2=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
20、(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),(1)=(-2,-2,5),11=(-22,0,0),所以 cos=11|11|=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),A1B
21、1=(-22,0,0),设平面 AA1C1的法向量m=(x1,y1,z1),则11=0,1=0,即-21-21+51=0,221=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11=0,11=0,即-22-22+52=0,-222=0,令 y2=5,则 z2=2,所以 n=(0,5,2),所以 cos=|=277=27,设二面角A-A1C1-B1的大小为,则 sin=1-(27)2=357,所以二面角 A-A1C1-B1的正弦值为357.(3)11=(2,-2,5),由 N 为棱 B1C1的中点,得 N22,322,5
22、2,设 M(a,b,0),则=22-a,322-b,52,由 MN平面 A1B1C1,得 11=0,11=0,即 (22-)(-22)=0,(22-)(-2)+(322-)(-2)+52 5=0,解得=22,=24,故 M22,24,0,因此=22,24,0,所以线段 BM 的长为|=104.10.(1)证明因为四边形 ABCD 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
23、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),=(0,2,0),=(-2,2,0),由PBA=45,PB=2,可得P(1,0,1),所以=(1,0,1),=(-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=(01),则=(,0,),=(,-2,),设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则=0,=0,即-2+2=0,-+=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=12,使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为69.
