【志鸿优化设计】2021高考数学二轮专题升级训练 解答题专项训练(立体几何) 理 新人教A版.doc

专题升级训练 解答题专项训练(立体几何)1.一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中M,G分别是AB,DF的中点.(1)求证:CM平面FDM;(2)在线段AD上(含A,D端点)确定一点P,使得GP平面FMC,并给出证明.2. (2013·江西,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F. (1)求证:AD平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.3.如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,ADCD,ABCD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点. (1)求证:BM平面ADEF;(2)求证:平面BDE平面BEC;(3)求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值.4.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB=60°,AB=2AD,PD底面ABCD. (1)证明:PABD;(2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.5.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA平面ABCD,E,F分别是线段AB,BC的中点. (1)证明:PFFD;(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG平面PFD;(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-F的余弦值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB平面PAD,PD=AD,E为PB的中点,向量,点H在AD上,且=0. (1)求证:EF平面PAD.(2)若PH=,AD=2,AB=2,CD=2AB,求直线AF与平面PAB所成角的正弦值.求平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角的余弦值.7.如图,在边长为4的菱形ABCD中,DAB=60°.点E,F分别在边CD,CB上,点E与点C,D不重合,EFAC,EFAC=O.沿EF将CEF翻折到PEF的位置,使平面PEF平面ABFED.(1)求证:BD平面POA;(2)当PB取得最小值时,若点Q满足=(>0),试探究:直线OQ与平面PBD所成的角是否一定大于?并说明理由.#1.解:由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中ADDF,DF=AD=a.(1)证明:FD平面ABCD,CM平面ABCD,FDCM.在矩形ABCD中,CD=2a,AD=a,M为AB中点,DM=CM=a,CMDM.FD平面FDM,DM平面FDM,FDDM=D,CM平面FDM.(2)点P在A点处.证明:取DC中点S,连接AS,GS,GA,G是DF的中点,GSFC.又ASCM,ASAG=A,平面GSA平面FMC.而GA平面GSA,GP平面FMC.2.解:(1)在ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=,ABE=AEB=,因为DABDCB,所以EABECB,从而有FED=BEC=AEB=,所以FED=FEA,故EFAD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FGPA.又PA平面ABCD,所以CFAD,故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,0),P,故.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos=.3.(1)证明:取DE中点N,连接MN,AN.在EDC中,M,N分别为EC,ED的中点,所以MNCD,且MN=CD.由已知ABCD,AB=CD,所以MNAB,且MN=AB,所以四边形ABMN为平行四边形.所以BMAN.又因为AN平面ADEF,且BM平面ADEF,所以BM平面ADEF.(2)证明:在正方形ADEF中,EDAD.又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,所以ED平面ABCD.所以EDBC.在直角梯形ABCD中,AB=AD=2,CD=4,可得BC=2.在BCD中,BD=BC=2,CD=4.所以BCBD.所以BC平面BDE.又因为BC平面BCE,所以平面BDE平面BEC.(3)解:由(2)知ED平面ABCD,且ADCD.以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),平面ADEF的一个法向量为m=(0,1,0).设n=(x,y,z)为平面BEC的一个法向量,因为=(-2,2,0),=(0,-4,2),所以令x=1,得y=1,z=2.所以n=(1,1,2)为平面BEC的一个法向量.设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为,则cos=.所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为.4.(1)证明:因为DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD.从而BD2+AD2=AB2,故BDAD.又PD底面ABCD,可得BDPD.因为PDAD=D,所以BD平面PAD,故PABD.(2)解:如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.则A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0),P(0,0,1).=(-1,0),=(0,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则因此可取n=(,1,).设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,-),cos<m,n>=-.故二面角A-PB-C的余弦值为-.5.(1)证明:PA平面ABCD,BAD=90°,AB=1,AD=2,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),F(1,1,0),D(0,2,0).不妨令P(0,0,t),=(1,1,-t),=(1,-1,0),·=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0,即PFFD.(2)解:设平面PFD的法向量为n=(x,y,z),由令z=1,解得:x=y=.n=.设G点坐标为(0,0,m),E,则,要使EG平面PFD,只需·n=0,即+0×+1×m=m-=0,得m=t,从而满足AG=AP的点G即为所求.(3)解:AB平面PAD,是平面PAD的法向量,易得=(1,0,0),又PA平面ABCD,PBA是PB与平面ABCD所成的角,得PBA=45°,PA=1,平面PFD的法向量为n=.cos<,n>=.故所求二面角A-PD-F的余弦值为.6.解:(1)证明:取PA的中点Q,连接EQ,DQ,E是PB的中点,EQAB,且EQ=AB.又,DFAB,且DF=AB.EQDF,且EQ=DF,四边形EQDF为平行四边形.EFQD.又EF平面PAD,且DQ平面PAD,EF平面PAD.(2)方法一:证明:·=0,即PHAD.又AB平面PAD,PH平面PAD,ABPH.又ABAD=A,PH平面ABCD.连接AE,AF,PD=AD,Q为PA的中点,DQPA.又AB平面PAD,且DQ平面PAD,ABDQ.ABPA=A,DQ平面PAB.由(1)知 EFDQ,EF平面PAB.AE为AF在平面PAB上的射影.FAE为直线AF与平面PAB所成的角.PD=AD=2,PH=,在RtPHD中,HD=1.H为AD的中点.又PHAD,PA=PD=AD=2,EF=DQ=PH=.AB平面PAD,ABAD.DFAB,DFAD.在RtADF中,AF=.又EF平面PAB,EFAE.在RtAEF中,sinFAE=.直线AF与平面PAB所成的角的正弦值为.延长DA,CB交于点M,连接PM,则PM为平面PAD与平面PBC所成二面角的交线.ABCD,AB=CD,点A,B分别为DM,CM的中点,且DM=4.在RtPHM中,PM2=PH2+MH2,PM=2.PD2+PM2=DM2.PMPD.又CD平面PMD,且PM平面PMD,CDPM.CDPD=D,PM平面PCD.PMCP.CPD即为所求的二面角的平面角.在RtPCD中,cosCPD=.方法二:由方法一,可得PH平面ABCD.又AB平面PAD,在平面ABCD内过点H作HGAB,交BC于点G,HG平面PAD.以H为原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系H-xyz.PD=AD=2,PH=,在RtPHD中,HD=1.H为AD的中点.A(1,0,0),P(0,0,),B(1,2,0),E,F(-1,1,0).=(-2,1,0).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z).=(1,0,-),=(1,2,-),由得y=0,令z=,得x=3.n=(3,0,).设直线AF与平面PAB所成的角为.则sin=|cos<,n>|=.直线AF与平面PAB所成的角的正弦值为.显然向量为平面PAD的一个法向量,且=(0,2,0).设平面PBC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),=(1,2,-),=(-2,2,0),由·n1=0,得到x1+2y1-z1=0,由·n1=0,得到-2x1+2y1=0,令x1=1,则y1=1,z1=.n1=(1,1,),cos<,n1>=,平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角的余弦值为.7.解:(1)证明:菱形ABCD的对角线互相垂直,BDAC,即BDAO.EFAC,POEF.平面PEF平面ABFED,平面PEF平面ABFED=EF,且PO平面PEF,PO平面ABFED.BD平面ABFED,POBD.AOPO=O,BD平面POA.(2)如图,以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz.设AOBD=H.DAB=60°,BDC为等边三角形,故BD=4,HB=2,HC=2.又设PO=x,则OH=2-x,OA=4-x.O(0,0,0),P(0,0,x),B(2-x,2,0),故=(2-x,2,-x),|=.当x=时,|PB|min=.此时PO=,OH=.设点Q的坐标为(a,0,c),由前知,OP=,则A(3,0,0),B(,2,0),D(,-2,0),P(0,0,).=(a-3,0,c),=(-a,0,-c).=,Q,.设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.=(,2,-),=(0,-4,0),取x=1,解得y=0,z=1,n=(1,0,1).设直线OQ与平面PBD所成的角为,sin=|cos<,n>|=.又>0,sin>.,>.因此直线OQ与平面PBD所成的角大于,即结论成立.6