高考二轮专题复习-立体几何专项练.docx

2021年高考总复习专题高考大题专项练三立体几何（理科）1.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,ADE,BCF均为等边三角形,EFAB,EF=AD=12AB.(1)过BD作截面与线段FC交于点N,使得AF平面BDN,试确定点N的位置,并予以证明;(2)在(1)的条件下,求直线BN与平面ABF所成角的正弦值.2.在如图所示的六面体中,平面ABCD是边长为2的正方形,平面ABEF是直角梯形,FAB=90°,AFBE,BE=2AF=4.(1)求证:AC平面DEF;(2)若二面角EABD为60°,求直线CE和平面DEF所成角的正弦值.3.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO平面ABCD,PO=1,M为PD的中点.(1)证明:PB平面ACM;(2)设直线AM与平面ABCD所成的角为,二面角MACB的大小为,求sin ·cos 的值.4.在如图所示的几何体中,平面ADNM平面ABCD,四边形ABCD是菱形,四边形ADNM是矩形,DAB=3,AB=2,AM=1,E是AB的中点.(1)求证:DE平面ABM.(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角PECD的大小为4?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.5.如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30°,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角DAFE的余弦值.6.如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,其中BAD=6,AD=3,AB=1,等边ADE所在平面与平面ABCD垂直, FC平面ABCD,且FC=32.(1)点P在棱AE上,且APPE=2,Q为EBC的重心,求证:PQ平面EDC.(2)求平面DEF与平面EAB所成锐二面角的余弦值.7.在三棱柱ABCA1B1C1中,AB平面BCC1B1,BCC1=3, AB=BC=2,BB1=4,点D在棱CC1上,且CD=CC1(0<<1).建立如图所示的空间直角坐标系.(1)当=12时,求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值;(2)若二面角AB1DA1的平面角为4,求的值.8.如图,在梯形ABCD中,ABCD,BCD=23,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证:EF平面BCF.(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.1.解:(1)当N为线段FC的中点时,AF平面BDN,证明如下:连接AC,BD,设ACBD=O,连接ON,因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点,又因为N为FC的中点,所以ON为ACF的中位线,所以AFON,因为AF平面BDN,ON平面BDN,所以AF平面BDN,故N为FC的中点时,AF平面BDN.(2)过点O作PQAB分别与AD,BC交于点P,Q,因为O为AC的中点,所以P,Q分别为AD,BC的中点,因为ADE与BCF均为等边三角形,且AD=BC,所以ADEBCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ.因为EFAB,AB􀱀PQ,EF=12AB,所以EFPQ,EF=12PQ,所以四边形EPQF为等腰梯形.取EF的中点M,连接MO,则MOPQ,又因为ADEP,ADPQ,EPPQ=P,所以AD平面EPQ.过点O作OGAB于点G,则OGAD,所以OGOM,OGOQ.分别以OG,OQ,OM的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.不妨设AB=4,则由条件可得O(0,0,0),A(1,-2,0),B(1,2,0),F(0,1,2),D(-1, -2,0),N(-12,32,22),AB=(0,4,0),AF=(-1,3,2),BN=(-32,-12,22),设n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则n·AB=0,n·AF=0,则4y=0,-x+3y+2z=0,所以可取n=(2,0,1),可得|cos<BN,n>|=|BN·n|BN|n|=23,所以直线BN与平面ABF所成角的正弦值为23.2.(1)证明:连接AC,BD,相交于点O,取DE的中点G,连接FG,OG.因为四边形ABCD是正方形,所以O是BD的中点,所以OGBE,OG=12BE.因为AFBE,AF=12BE.所以OGAF,且OG=AF.所以四边形AOGF是平行四边形.所以ACFG.又FG平面DEF,AC平面DEF,所以AC平面DEF.(2)解:因为四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是直角梯形,FAB=90°,所以DAAB,FAAB,因为ADAF=A,所以AB平面AFD.同理可得AB平面EBC.又AB平面ABCD,所以平面AFD平面ABCD,又二面角EABD为60°,所以FAD=EBC=60°.因为BE=2AF=4,AD=2,所以AF=AD,所以ADF为等边三角形.在BCE中,由余弦定理得EC=23,所以EB2=EC2+BC2,所以ECBC.又AB平面EBC,所以ECAB.又ABBC=B,所以EC平面ABCD.以C为坐标原点,CB,CD,CE分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),D(0,2,0),E(0,0,23),F(1,2,3),所以CE=(0,0,23),DF=(1,0,3),EF=(1,2,-3),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则n·DF=0,n·EF=0,即x+3z=0,x+2y-3z=0,令z=3,则x=-3,y=3,所以n=(-3,3,3).设直线CE和平面DEF所成角为,则sin =|cos<CE,n>|=623×21=77.3.(1)证明:连接BD,OM,因为底面ABCD为平行四边形,O为AC的中点,所以O为BD的中点,又因为在PBD中,M为PD的中点,所以OMPB,又因为OM平面ACM,PB平面ACM,所以PB平面ACM.(2)解:取DO的中点N,连接MN,AN,则MNPO,MN=12PO=12,因为PO平面ABCD,所以MN平面ABCD,所以MAN为直线AM与平面ABCD所成的角,即MAN=.由ADC=45°,AD=AC,所以DCA=45°,DAC=90°,在RtADO中,DO=12+(12) 2=52,AN=12DO=54,在RtAMN中,AM=(54) 2+(12) 2=34,所以sin =MNAM=23.取AO的中点R,连接NR,MR,所以NRAD,所以NROA,又MN平面ABCD,由三垂线定理知MRAO,故MRN为二面角MACB的平面角的补角,即MRN=-.因为NR=12AD=12,MR=22,所以cos(-)=22=-cos ,即cos =-22,所以sin ·cos =-23.4.(1)证明:连接BD,因为四边形ABCD是菱形,DAB=3,E是AB的中点,所以DEAB,因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM平面ABCD且交线为AD,所以MA平面ABCD,又DE平面ABCD,所以DEAM,又AMAB=A,所以DE平面ABM.(2)解:由DEAB,ABCD,可得DECD,因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM平面ABCD且交线为AD,NDAD,所以ND平面ABCD,以D为原点,DE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(3,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1),设P(3,-1,m)(0m1),则EC=(-3,2,0),EP=(0,-1,m),因为ND平面ABCD,所以平面ECD的一个法向量为DN=(0,0,1),设平面PEC的法向量为n=(x,y,z),n·EC=n·EP=0,即-3x+2y=0,-y+mz=0,取z=1,可得n=(2m3,m,1),假设在线段AM上存在点P,使二面角PECD的大小为4,则cos4=|n·DN|n|×|DN|=14m23+m2+1,解得m=217,所以在线段AM上,符合题意的点P存在,此时AP=217.1.(1)证明:由题意可知DADC,DADP,DCDP,故可以D为原点,DP所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为a,则C(0,a,0),A(0,0,a),由平面几何知识可求得F(34a,34a,0),所以CF=(34a,-14a,0),DF=(34a,34a,0),DA=(0,0,a),所以CF· DF=(34a,-14a,0)·(34a,34a,0)=0,CF·DA=(34a,-14a,0)·(0,0,a)=0,故CFDF,CFDA.又DFDA=D,所以CF平面ADF.(2)解:可求得E(34a,0,0),则AE=(34a,0,-a),又AF=(34a,34a,-a),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·AE=(x,y,z)·(34a,0,-a)=34ax-az=0,n·AF=(x,y,z)·(34a,34a,-a)=34ax+34ay-az=0,取x=1,得平面AEF的一个法向量n=(1,0,34).又由(1)知平面ADF的一个法向量为CF=(34a,-14a,0),故cos<n,CF>=(1,0,34)·(34a,-14a,0)194×12a=25719,由图可知二面角DAFE为锐二面角,所以其余弦值为25719.2.(1)证明:如图,在棱BE上取点M,使得BM=2ME,连接BQ并延长,交CE于点N.则在ABE中,又AP=2PE,所以PMAB,又四边形ABCD为平行四边形,所以ABCD,所以PMCD.在BCE中,Q为重心,所以BQ=2QN,又BM=2ME,所以MQEC.又因为PMMQ=M,CDEC=C,所以平面MPQ平面DEC.又PQ平面MPQ,所以PQ平面EDC.(2)解:在ABD中,BAD=6,AD=3,AB=1,由余弦定理可得,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosBAD=12+(3)2-2×1×3cos6=1,所以BD=1.取AD的中点O,连接EO,OB,在EAD中,EA=ED=AD=3,所以EOAD,且EO=32AD=32.又因为平面EAD平面ABCD,平面EAD平面ABCD=AD,所以EO平面ABCD,又在ABD中,AB=BD=1,AD=3,所以OBAD,且OB=12,如图,以O为坐标原点,分别以OA,OB,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则A(32,0,0),D(-32,0,0),B(0,12,0),E(0,0,32),F(-3,12,32).则AB=(-32,12,0),AE=(-32,0,32),DE=(32,0,32),DF=(-32,12,32).设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1),则由mAB,mAE,可得m·AB=-32x1+12y1=0,m·AE=-32x1+32z1=0,整理得3x1-y1=0,3x1-3z1=0.令z1=1,则x1=3,y1=3,所以m=(3,3,1)为平面ABE的一个法向量.设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则由nDE,nDF,可得n·DE=32x2+32z2=0,n·DF=-32x2+12y2+32z2=0,整理得x2+3z2=0,3x2-y2-3z2=0.令z2=-1,则x2=3,y2=6.所以n=(3,6,-1)为平面DEF的一个法向量.所以cos<m,n>=m·n|m|n|=3×3+3×6+1×(-1)(3)2+32+12×(3)2+62+(-1)2=13013,设平面DEF与平面EAB所成锐二面角为,则cos =cos<m,n>=13013.3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2).当=12时,因为BC=CD=2,BCC1=3,所以C(3,-1,0),D(3,1,0).所以AB1=(0,4,-2),A1D=(3,-3,-2),所以cos<AB1,A1D>=AB1·A1D|AB1|A1D|=0×3+4×(-3)+(-2)×(-2)42+(-2)2·(3)2+(-3)2+(-2)2=-55.故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为55.(2)由CD=CC1可知,D(3,4-1,0),所以DB1=(-3,5-4,0),由(1)知,AB1=(0,4,-2).设平面AB1D的法向量为m=(x,y,z),则AB1·m=0,DB1·m=0,即4y-2z=0,(5-4)y-3x=0.令y=1,解得x=5-43,z=2,所以平面AB1D的一个法向量为m=(5-43,1,2).设平面A1B1D的法向量为n=(x,y,z),则B1A1·n=0,DB1·n=0,即2z'=0,(5-4)y'-3x'=0,令y=1,解得x=5-43,z=0,所以平面A1B1D的一个法向量为n=(5-43,1,0).因为二面角AB1DA1的平面角为4,所以|cos<m,n>|=|m·n|m|n|=|5-43×5-43+1×1+2×0|(5-43) 2+12+22·(5-43) 2+12=22,即(5-4)2=9,解得=12或=2(舍),故的值为12.4.(1)证明:在梯形ABCD中,因为ABCD,AD=CD=BC=1,又因为BCD=23,所以AB=2,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3.所以AB2=AC2+BC2.所以BCAC.因为CF平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACCF,而CFBC=C,所以AC平面BCF,因为EFAC,所以EF平面BCF.(2)解:由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示,AD=CD=BC=CF=1,令FM=(03),则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),所以AB=(-3,1,0),BM=(,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由n1·AB=0,n1·BM=0,得-3x+y=0,x-y+z=0,取x=1,则n1=(1,3,3-),因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,所以cos =|n1·n2|n1|n2|=11+3+(3-)2×1=1(-3)2+4,因为03,所以当=0时,cos 有最小值77,所以点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为77.