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 (1)

优选 1 / 26 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 DE∥BC,DC⊥BC,DE= 1 2 BC=2,AC=CD=3. (1)证明:EO∥平面 ACD; (2)求点 E 到平面 ABD 的距离. 优选 2 / 26 2. 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 ABCD⊥平面 PAD,AD∥BC,AB=BC=AP= 1 2 AD,∠ADP=30°,∠ BAD=90°. (1)证明:PD⊥PB; (2)设点 M 在线段 PC 上,且 PM= 1 3 PC,若△MBC 的面积为 2 7 3 ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. 优选 3 / 26 3.在四棱锥 A-BCDE 中,侧棱 AD⊥平面 BCDE,底面 BCDE 是直角梯形,DE∥BC,BC⊥ CD,BC=2AD=2DC=2DE=4,BD∩EC=O,H 是棱 AD 上的一点(不与 A,D 点重合). (1)若 OH∥平面 ABE,求 的值; (2)求二面角 A-BE-C 的余弦值. 优选 4 / 26 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 15 5 ?若存在,确定点 G 的位置;若不存在,请说明理由. 优选 5 / 26 优选 6 / 26 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,鳖臑指四个 面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵 ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC. (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. 优选 7 / 26 6.(2020 四川高三月考)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. 优选 8 / 26 7.如图 1,已知四边形 BCDE 为直角梯形,∠B=90°,BE∥CD,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:AD⊥PB; (2)若 PA⊥平面 ABCD. ①求二面角 B-PC-D 的大小; ②在棱 PC 上存在点 M,满足 =λ (0≤λ≤1),使得直线 AM 与平面 PBC 所成的角为 45°,求λ的值. 优选 9 / 26 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 5 7 ,求点 M 到底面 ABCD 的距离. 优选 10 / 26 优选 11 / 26 9.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2 ,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. 优选 12 / 26 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=2 2 ,PB= 2 ,PB⊥AC. (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAC; 优选 13 / 26 (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 6 9 ,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. 优选 14 / 26 (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,∴OM∥AC,AC ⊄ 平面 EMO,MO⊂平面 EMO,故 AC∥平面 MEO. 在直角梯形 BCDE 中,DE∥CB,且 DE=CM, ∴四边形 MCDE 是平行四边形, ∴EM∥CD,同理 CD∥平面 EMO. 又 CD∩AC=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,∴AC⊥BC. 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,S△BDE= 1 2 DE×CD= 1 2 ×2×3=3.设 E 到平面 ABD 的距离为 h,则 VE-ABD=VA-EBD,即 1 3 S△ABD·h= 1 3 S△EBD·AC, 由已知得 AB=5,BD=5,AD=3 2 , 由余弦定理可得 cos∠ABD= 16 25 ,则 sin∠ABD= 3 41 25 ,则 S△ABD= 1 2 AB·BDsin∠ABD= 3 41 2 解得 h= 6 41 41 ,即点 E 到平面 ABD 的距离为 6 41 41 优选 15 / 26 2.(1)证明∵平面 ABCD⊥平面 PAD,∠BAD=90°,∴AB⊥平面 PAD,∴AB⊥PD,在△PAD 中,∵AP= 1 2 AD, ∠ADP=30°,∴由正弦定理可得 sin∠ADP= 1 2 sin∠APD, ∴∠APD=90°, ∴PD⊥PA. 又 PA∩AB=A,∴PD⊥平面 PAB, ∴PD⊥PB. (2)解取 AD 的中点 F,连接 CF,PF,设 AD=2a,则 AB=BC=AP=a,PD= 3 a,则 PB=PC= 2 a, ∴△PBC 为等腰三角形,且底边 BC 上的高为 7 2 a. ∵PM= 1 3 PC,△MBC 的面积为 2 7 3 ∴△PBC 的面积为 7 , ∴ 1 2 a× 7 2 a= 7 ,解得 a=2, ∴四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 3 × 1 2 ×(2+4)×2× 3 =2 3 3.解(1)因为 OH∥平面 ABE,OH⊂平面 ABD,平面 ABD∩平面 ABE=AB, 所以 OH∥AB, 所以 OD∶OB=DH∶HA. 优选 16 / 26 因为 DE∥BC,BC=2DE, 所以 OD∶OB=DE∶BC=1∶2. 所以 1 2 ,即 =2. (2)因为 AD⊥平面 BCDE,CD⊥DE,所以以 D 为坐标原点, , , 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方 向建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则点 A(0,0,2),E(2,0,0),B(4,2,0). 则 =(2,0,-2), =(4,2,-2). 设平面 ABE 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 · 0, · 0, 即 2-2 0, 4 + 2-2 0, 得 , - 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θ, 则 cosθ= · |||| 1 1 × 3 3 3 故二面角 A-BE-C 的余弦值为 3 3 4.(1)证明∵AB=BC,E 为 AC 的中点, 优选 17 / 26 ∴BE⊥AC. 又 PA⊥平面 ABC,BE⊂平面 ABC, ∴PA⊥BE. ∵PA∩AC=A,∴BE⊥平面 PAC. ∵BE⊂平面 BEF, ∴平面 BEF⊥平面 PAC. (2)解存在.如图,由(1)知,PA⊥BE,PA⊥AC,点 E,F 分别为 AC,PC 的中点,∴EF∥PA,∴EF⊥BE,EF⊥AC, 又 BE⊥AC,∴EB,EC,EF 两两垂直,分别以 , , 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(2 3 ,0,0),C(0,2,0), =(-2 3 ,-2,2), =(2 3 ,2,0),设 = =(-2 3 ,-2λ,2λ),λ∈[0,1], ∴ + =(2 3 (1-λ),2(1-λ),2λ), =(-2 3 ,2,0), =(0,4,-2),设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),则 · 0, · 0, ∴ -2 3 + 2 0, 4-2 0, 令 x=1,则 y= 3 ,z=2 3 ,∴n=(1, 3 ,2 3 ). 由已知 15 5 · | || | ,则 15 5 4 3 4 16(1-)2 +42 ,解得λ= 1 2 或 11 10 (舍去).故λ= 1 2 ,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 15 5 ,此时 G 为线段 PB 的中点. 优选 18 / 26 5.(1)证明∵A1A⊥底面 ABC,AB⊂平面 ABC,∴A1A⊥AB. 又 AB⊥AC,A1A∩AC=A, ∴AB⊥平面 ACC1A1, 又四边形 ACC1A1 为矩形, ∴四棱锥 B-A1ACC1 为阳马. (2)解∵AB⊥AC,BC=2, ∴AB2+AC2=4. 又∵CC1⊥底面 ABC, ∴ 1- 1 3 ·C1C· 1 2 AB·AC= 1 3 ·AB·AC≤ 1 3 · 2 + 2 2 2 3 ,当且仅当 AB=AC= 2 时, 1- 取最大值. ∵AB⊥AC,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 ,0),设面 A1BC 的一个法向量 n1=(x1,y1,z1),由 1 · 1 0, 1 · 0, 则 21-21 0, - 21 + 21 0, 得 n1=( 2, 2 ,1), 优选 19 / 26 设平面 A1BC1 的法向量是 n2=(x2,y2,z2),由 2 · 1 0, 2 · 11 0, 则 22-22 0, 22 0, 得 n2=( 2 ,0,1). ∴cos= 1 · 2 |1||2| 15 5 , 故平面 A1BC 与平面 A1BC1 夹角的余弦值为 15 5 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 PO⊥AC. 因为在△POB 中,PO=1,OB=1,PB= 2 ,即 PO2+OB2=PB2,所以 PO⊥OB. 因为 AC∩OB=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,BO⊥PO,BO⊥AC,即 BO⊥平面 PAC,所以∠BMO 是直线 BM 与平面 PAC 所成的角, 且 tan∠BMO= 1 ,所以当 OM 最短时,即 M 是 PA 的中点时,∠BMO 最大.由 PO⊥平面 优选 20 / 26 ABC,OB⊥AC,所以 PO⊥OB,PO⊥OC,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 - 1 2 ,0, 1 2 , =(1,-1,0), =(1,0,- 1), = 3 2 ,0,- 1 2 . 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= · |||| 5 33 5 33 33 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 5 33 33 7.(1)证明在题图 1 中,∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形 ABCD 为平行四边形, ∴AD∥BC.∵∠B=90°,∴AD⊥BE. 当△EDA 沿 AD 折起时,∵AD⊥AB, AD⊥AE,∴AD⊥AB,AD⊥PA. 优选 21 / 26 ∵AB∩PA=A,AB⊂平面 PAB,PA⊂平面 PAB,∴AD⊥平面 PAB, ∵PB⊂平面 PAB,∴AD⊥PB. (2)解①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=(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θ,由图可知θ为钝角,则 cosθ=- | · | |||| =- 1 2 × 2 =- 1 2 ,∴θ=120°. ∴二面角 B-PC-D 的大小为 120°. ② =(0,0,1), =(1,1,-1), + =(0,0,1)+λ(1,1,-1)=(λ,λ,1-λ),0≤λ≤1, 优选 22 / 26 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< ,n>|= | · | | || | |+1-| 2 · 2+2+(1-)2 2 2 , 解得λ=0 或λ= 2 3 8.(1)证明由菱形的性质可知 BD⊥AC, 由线面垂直的定义可知 BD⊥AP,且 AP∩AC=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θ, 则 sinθ=|cos< ,m>|= | · | | || | 3 8 ,cosθ= 5 8 ,tanθ= sin cos 3 5 15 5 (3)解由于 P(0,0,2),C( 3 ,3,0),B( 3 ,1,0),A(0,0,0), =( 3 ,3,-2), =(0,- 2,0), =( 3 ,1,0), =( 3 ,1,-2), = =( 3 ,3λ,-2λ)(0≤λ= · 11 | ||11 | 4 3 × 2 2 2 3 ,所以异面直 线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 (2)易知 AA1 =(0,2 2 ,0), A1C1 =(- 2 ,- 2, 5 ), A1B1 =(-2 2 ,0,0),设平面 AA1C1 的法向量 m=(x1,y1,z1),则 · 11 0, · 1 0, 即 - 21- 21 + 51 0, 2 21 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, -2 22 0, 令 y2= 5 ,则 z2= 2 ,所以 n=(0, 5, 2 ),所以 cos= · |||| 2 7 × 7 2 7 ,设二面角 A-A1C1-B1 的大小为θ, 则 sinθ= 1- 2 7 2 3 5 7 ,所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 3 5 7 (3) 11 =( 2 ,- 2, 5 ),由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N 2 2 , 3 2 2 , 5 2 ,设 M(a,b,0),则 = 2 2 -a, 3 2 2 - b, 5 2 ,由 MN⊥平面 A1B1C1,得 · 11 0, · 11 0, 即 2 2 - · (-2 2) 0, 2 2 - · (- 2) + 3 2 2 - · (- 2) + 5 2 × 5 0, 优选 25 / 26 解得 2 2 , 2 4 , 故 M 2 2 , 2 4 ,0 ,因此 = 2 2 , 2 4 ,0 , 所以线段 BM 的长为| |= 10 4 10.(1)证明因为四边形 ABCD 是平行四边形,AD=2 2 ,所以 BC=AD=2 2 又 AB=AC=2,所以 AB2+AC2=BC2,所以 AC⊥AB. 又 PB⊥AC,且 AB∩PB=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 AC⊥AB,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), =(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 6 9 ,设 =λ(0