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

优选高考大题专项(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=12BC=2,AC=CD=3.(1)证明:EO∥平面ACD;(2)求点E到平面ABD的距离.26/26 优选2.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°.(1)证明:PD⊥PB;(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.26/26 优选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AHHD的值;(2)求二面角A-BE-C的余弦值.26/26 优选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.26/26 优选26/26 优选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.26/26 优选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.26/26 优选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PM=λPC(0≤λ≤1),使得直线AM与平面PBC所成的角为45°,求λ的值.26/26 优选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57,求点M到底面ABCD的距离.26/26 优选26/26 优选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.26/26 优选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=22,PB=2,PB⊥AC.(1)求证:平面PAB⊥平面PAC;26/26 优选(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AEAP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1.26/26 优选(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=12DE×CD=12×2×3=3.设E到平面ABD的距离为h,则VE-ABD=VA-EBD,即13S△ABD·h=13S△EBD·AC,由已知得AB=5,BD=5,AD=32,由余弦定理可得cos∠ABD=1625,则sin∠ABD=34125,则S△ABD=12AB·BDsin∠ABD=3412.解得h=64141,即点E到平面ABD的距离为64141.26/26 优选2.(1)证明∵平面ABCD⊥平面PAD,∠BAD=90°,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PD,在△PAD中,∵AP=12AD,∠ADP=30°,∴由正弦定理可得sin∠ADP=12sin∠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=3a,则PB=PC=2a,∴△PBC为等腰三角形,且底边BC上的高为72a.∵PM=13PC,△MBC的面积为273.∴△PBC的面积为7,∴12a×72a=7,解得a=2,∴四棱锥P-ABCD的体积为13×12×(2+4)×2×3=23.3.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.26/26 优选因为DE∥BC,BC=2DE,所以OD∶OB=DE∶BC=1∶2.所以HDAH=12,即AHHD=2.(2)因为AD⊥平面BCDE,CD⊥DE,所以以D为坐标原点,DE,DC,DA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AE=(2,0,-2),AB=(4,2,-2).设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AE=0,n·AB=0,即2x-2z=0,4x+2y-2z=0,得x=z,y=-z.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=m·n|m||n|=11×3=33.故二面角A-BE-C的余弦值为33.4.(1)证明∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.26/26 优选又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EB,EC,EF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(23,0,0),C(0,2,0),BP=(-23,-2,2),AB=(23,2,0),设BG=λBP=(-23λ,-2λ,2λ),λ∈[0,1],∴AG=AB+BG=(23(1-λ),2(1-λ),2λ),BC=(-23,2,0),PC=(0,4,-2),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则n·BC=0,n·PC=0,∴-23x+2y=0,4y-2z=0,令x=1,则y=3,z=23,∴n=(1,3,23).由已知155=AG·n|AG||n|　,则155=43416(1-λ)2+4λ2,解得λ=12或1110(舍去).故λ=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G为线段PB的中点.5.(1)证明∵A1A⊥底面ABC,AB⊂平面ABC,∴A1A⊥AB.26/26 优选又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,∴VC1-ABC=13·C1C·12AB·AC=13·AB·AC≤13·AB2+AC22=23,当且仅当AB=AC=2时,VC1-ABC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),A1B=(2,0,-2),BC=(-2,2,0),A1C1=(0,2,0),设面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),由n1·A1B=0,n1·BC=0,则2x1-2z1=0,-2x1+2y1=0,得n1=(2,2,1),设平面A1BC1的法向量是n2=(x2,y2,z2),由n2·A1B=0,n2·A1C1=0,则2x2-2z2=0,2y2=0,26/26 优选得n2=(2,0,1).∴cos=n1·n2|n1||n2|=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=BOOM=1OM,所以当OM最短时,即M是PA的中点时,∠BMO最大.由PO⊥平面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,26/26 优选则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M-12,0,12,BC=(1,-1,0),PC=(1,0,-1),MC=32,0,-12.设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·BC=0,m·MC=0,所以x1-y1=0,3x1-z1=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n·BC=0,n·PC=0,所以x2-y2=0,x2-z2=0.令x2=1,得y2=1,z2=1,即n=(1,1,1).cos=m·n|m||n|=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,∵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.∵AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,∵PB⊂平面PAB,∴AD⊥PB.26/26 优选(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),PC=(1,1,-1),BC=(0,1,0),DC=(1,0,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则PC·n=0,BC·n=0,∴x+y-z=0,y=0,取z=1,得n=(1,0,1),设平面PCD的法向量m=(a,b,c),则m·PC=0,m·DC=0,∴a+b-c=0,a=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=-|m·n||m||n|=-12×2=-12,∴θ=120°.∴二面角B-PC-D的大小为120°.②AP=(0,0,1),PC=(1,1,-1),AM=AP+PM=(0,0,1)+λ(1,1,-1)=(λ,λ,1-λ),0≤λ≤1,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|=|AM·n||AM||n|　=|λ+1-λ|2·λ2+λ2+(1-λ)2=22,26/26 优选解得λ=0或λ=23.8.(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PB=(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|=|PB·m||PB||m|　=38,cosθ=58,tanθ=sinθcosθ=35=155.(3)解由于P(0,0,2),C(3,3,0),B(3,1,0),A(0,0,0),PC=(3,3,-2),CB=(0,-2,0),AB=(3,1,0),PB=(3,1,-2),PM=λPC=(3λ,3λ,-2λ)(0≤λ