2019屆高考數(shù)學(xué)立體幾何02專項(xiàng)訓(xùn)練沖刺模擬試題(11)Word版含

高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)沖刺模擬試題11立體幾何02三、解答題1．如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是平行四邊形,且AB1,BC2,ABC600,E為BC的中點(diǎn),AA1平面ABCD.(Ⅰ)證明:平面A1AE平面A1DE;(Ⅱ)若DEA1E,試求異面直線AE與A1D所成角的余弦值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下,試求二面角C-A1D-E的余弦值.A1D1B1C1ADBCE2．如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中∠ACB=90°,M,N分別為A1B,B1C1的中點(diǎn),BC=AA1=2AC=2,求證:求三棱柱C1-A1CB的體積;求直線A1C與直線MB1所成角的余弦值;求平面B1MN與平面A1CB所成銳二面角的余弦值.3．已知四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形,AB∥DC,DAB90,PA底面ABCD,1且PA=AD=DC=AB=1,M是PB的中點(diǎn).2(Ⅰ)證明:面PAD⊥面PCD;(Ⅱ)求AC與PB所成角的余弦值;(Ⅲ)求面AMC與面BMC所成二面角的余弦值.4．如圖,已知四棱錐E-ABCD的底面為菱形,且∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE=2求證:平面EAB⊥平面ABCD求二面角A-EC-D的余弦值5.在長(zhǎng)方體

ABCD

A1B1C1D1中，

AB

BC

1，

AA1

2，

E為

BB1中點(diǎn).（Ⅰ）證明：AC

D1E；（Ⅱ）求

DE與平面

AD1E所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱

AD上能否存在一點(diǎn)P，使得

BP∥平面

AD1E？若存在，求

DP的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明原因

.D1

C1A1

B1EDCAB6．(本小題滿分13分)在以下圖的多面體中，EF平面AEB，AEEB，AD//EF，EF//BC．BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G為BC的中點(diǎn)。求證：AB//平面DEG；求證：BDEG；求二面角C—DF—E的正弦值。7．如圖在四棱錐

P

ABCD

中,底面

ABCD

是邊長(zhǎng)為

a的正方形

,側(cè)面

PAD

底面

ABCD

,且PA

PD

2

AD

,設(shè)E、

F

分別為

PC

、BD的中點(diǎn)

.2(Ⅰ)

求證

:

EF

//

平面

PAD

;(Ⅱ)

求證

:面

PAB

平面

PDC

;(Ⅲ)

求二面角

B

PD

C的正切值

.PECDFAB8．如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面為直角梯ABCD,AD∥BC,∠BAD=90O,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M,N分別為PC,PB的中點(diǎn).(1)求證:PB⊥DM;(2)求CD與平面ADMN所成角的正弦值;(3)在棱PD上能否存在點(diǎn)E,PE∶ED=λ,使得二面角C-AN-E的平面角為60o.存在求出λ值.9．在四棱錐PABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90,AB=PB=PC=BC=2CD,平面PBC⊥平面ABCD.求證:AB⊥平面PBC;求平面PAD和平面BCP所成二面角(小于90°)的大小;在棱PB上能否存在點(diǎn)M使得CM∥平面PAD?若存在,求PMPB

的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明原因.PCDBA10．如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中點(diǎn)，作EFPB交PB于點(diǎn)F1）證明:PA//平面EDB.2）證明:PB平面EFD.3）求二面角CPBD的大小.11．（本小題滿分13分）在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB//CD，∠ABC=90，AB=PB=PC=BC=2CD，平面PBC⊥平面ABCD.1）求證：AB⊥平面PBC；2）求平面ADP與平面BCP所成的銳二面角的大?。?）在棱PB上能否存在點(diǎn)M使得CM//平面PAD？若存在，求

PM的值；若不存在，PB請(qǐng)說(shuō)明原因.參照答案三、解答題1.解(Ⅰ)依題意,BEEC1BCABCD2因此ABE是正三角形,AEB600又CED1(18001200)3002因此AED900,DEAE由于AA1平面ABCD,DE平面ABCD,因此AA1DE由于AA1AEA,因此DE平面A1AE由于DE平面A1DE,因此平面A1AE平面A1DE(Ⅱ)取BB1的中點(diǎn)F,連結(jié)EF、AF,連結(jié)B1C,則EF//B1C//A1D因此AEF是異面直線AE與A1D所成的角由于DE3,A1EA1A2AE2,因此A1A2,BF216,AFEF2122因此cosAEFAE2EF2AF262AEEF6(Ⅰ)(Ⅱ)解法2:以A為原點(diǎn),過(guò)A且垂直于BC的直線為x軸,AD所在直線為y軸、AA1所在直線為z成立右手系空間直角坐標(biāo)系設(shè)AA1a(a0),A(0,0,0)則D(0,2,0)A1(0,0,31a)E(,,0)22(Ⅰ)設(shè)平面A1AE的一個(gè)法向量為n1(m,n,p),n1AE3m1n0則22n1AA1ap0p0,取m1,則n3,進(jìn)而n1(1,3,0),同理可得平面ADE的一個(gè)法向量為n2(3,1,2),1a直接計(jì)算知n1n20,因此平面A1AE平面A1DE(Ⅱ)由DEA1E即(3)2(21)20(3)2(1)2a22222解得a2AE(3,1,0),A1D(0,2,2)22因此異面直線AE與A1D所成角的余弦值cos|AEA1D|6|AE||A1D|6(Ⅲ)由(Ⅱ)可知A1A2,平面A1DE的一個(gè)法向量為n2(3,1,2)又CD=-3,1,0,A1D(0,2,2)設(shè)平面CAD1的法向量n3=x,y,z則22A1Dn3=0得n3=1,3,6CDn3=0設(shè)二面角C-A1D-E的平面角為,且為銳角n2n3=43=25則cos=cosn2,n3=n31065n2因此二面角C-A1D-E的余弦值為解:

255(1)2--------------4(2)5V------------835(3)3------------------1353.解:(1)證明:取AB的中點(diǎn)O,連結(jié)EO,COAEEB2,△AEB為等腰直角三角形∴EO⊥AB,EO=1又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC是等邊三角形,CO3,又EC2,EC2EO2CO2,EOCO∵EO⊥平面ABCD,又EO平面EAB,∴平面EAB⊥平面ABCD以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),OB所在直線為y軸,OE所在直線為z軸,如圖建系則A(0,1,0),C(3,0,0),D(3,2,0),E(0,0,1),AC(3,1,0),EC(3,0,1),DC=(0,2,0)平面DCE的法向量n(x,y,1),ECn03x10,解得:,即DCn02y0x3,n3,0,133y0同理求得平面EAC的一個(gè)法向量m3,1,13cosn,mnm27,因此二面角A-EC-D的余弦27nm775.（Ⅰ）明：接BD∵ABCDA1B1C1D1是方體，∴D1D平面ABCD，zD1C1又AC平面ABCD∴D1DAC??1分A1B1在方形ABCD中，ABBC∴BDAC????2分又BDD1DD∴AC平面BB1D1D，????3分E而D1E平面BB1D1D∴ACD1E???4分DCAB（Ⅱ）如成立空直角坐系Dxyz，xA(1,0,0),D1(0,0,2),E(1,1,1),B(1,1,0),AE(0,1,1),AD1(1,0,2),DE(1,1,1)???5分平面AD1E的法向量nnAD10x2z01，(x,y,z)，0y令znAEz0n(2,1,1)???7分nDE2112????8分cosn,DE363nDE2因此DE與平面AD1E所成角的正弦3??????9分（Ⅲ）假在棱AD上存在一點(diǎn)P，使得BP∥平面AD1E.P的坐(t,0,0)(0t1)，BP(t1,1,0)因BP∥平面AD1E因此BPn，即BPn0，2(t1)10，解得t1??????12分，21因此在棱AD上存在一點(diǎn)P，使得BP∥平面AD1E,此DP的2

.??13分6.法一:(Ⅰ)證明:ABCD為平行四邊形連結(jié)ACBDF,F為AC中點(diǎn),E為PC中點(diǎn)∴在CPA中EF//PA且PA平面PAD,EF平面PAD∴EF//平面PAD(Ⅱ)證明:由于面PAD面ABCD平面PAD面ABCDABCD為正方形,CDAD,CD平面ABCD因此CD平面PAD∴CDPA又PA2AD,因此PAD是等腰直角三角形,PD2且PAD即PAPDP2

ADCDPDD,且CD、PD面ABCDPA面PDC又PA面PAB面PAB面PDC(Ⅲ)【解】:設(shè)PD的中點(diǎn)為M,連結(jié)EM則EMPD由(Ⅱ)知EF面PDC,EFPD,PD面EFM,PDMF,EMF是二面角BPDC的平面角

MD,MF,A

ECFBRtFEM中,EF1PA2aEM1CD1a2422EF2a22tanEMF4故所求二面角的正切值為EM12z2aP2法二:如圖,取AD的中點(diǎn)O,連結(jié)OP,OF.EPAPD,∴POAD.∵側(cè)面PAD底面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,

CDOyFABPO平面ABCD,

x而O,F分別為AD,BD的中點(diǎn),∴OF//AB,又ABCD是正方形,故OFAD.∵PAPD2AD,∴PAPD,OPOAa.22以O(shè)為原點(diǎn),直線OA,OF,OP為x,y,z軸成立空間直線坐標(biāo)系,則有(a,0,0),F(0,aa,P(0,0,aaC(a222222∵E為PC的中點(diǎn),∴E(a,a,a)424(Ⅰ)證明:易知平面PAD的法向量為OF(0,a,0)而EF(a,0,a),EF(0,a,0)(a,0,a)244且OF0,∴EF//平面PAD244(a,0,a)(Ⅱ)證明:∵PA(a,0,a),CD(0,a,0)∴PACD(0,a,0)0,2222∴PACD,進(jìn)而PACD,又PAPD,PDCDD,∴PA平面PDC,而PA平面PAB,∴平面PAB平面PDC(Ⅲ)【解】:由(Ⅱ)知平面PDC的法向量為設(shè)平面PBD的法向量為n(x,y,z).∵DP

PA(a,0,a).22(a,0,a),BD(a,a,0),22ax0yaz01,則y1,z1,∴由nDP0,nBD0可得22,令xaxay0z0故n(1,1,1)∴cosn,PAnPAa6,nPA23a32即二面角BPDC的余弦值為6,3因此二面角BPDC的正切值為

22解:(1)如圖以A為原點(diǎn)成立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0)M(1,1,1),N(1,0,1),2E(0,m,2-m),P(0,0,2)PB(2,0,-2),DM(1,-3,1)2PBDM=0PBDM(2)CD=(-2,1,0)平面ADMN法向量n=(x,y,z)AD=(0,2,0)AN=(1,0,1)nAD02y0n=(1,0,-1)nAN0xz0設(shè)CD與平面ADMN所成角α,則sin|CDn|210|CD||n|525AC(2,1,0)p=(1,-2,-1)(3)設(shè)平面ACN法向量p=(x,y,z)AN(1,0,1)平面AEN的法向量q=(x,y,z)AN(1,0,1)q=(1,2m,-1)AE(0,m,2m)m242m|pq|1m22cos45,32m(2m)|44m||p||q|262(2m)2m7m220m40m=1062PE:ED=(32-4):2不存在,為135°鈍角即m[0,22]7(Ⅰ)證明:由于?ABC90?,因此ABBC由于平面PBC^平面ABCD,平面PBC平面ABCD=BC,ABì平面ABCD,因此AB^平面PBC(Ⅱ)解:取BC的中點(diǎn)O,連結(jié)PO.由于PB=PC,因此POBC.由于平面PBC^平面ABCD,平面PBC平面ABCD=BC,POì平面PBC,因此PO^平面ABCD如圖,以O(shè)為原點(diǎn),OB所在的直線為x軸,在平面ABCD內(nèi)過(guò)O垂直于BC的直線為y軸,OP所在的直線為z軸成立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.不如設(shè)BC=2.由直角梯形ABCD中AB=PB=PC=BC=2CD可得P(0,0,3),D(-1,1,0),A(1,2,0).因此zPDP=(1,-1,3),DA=(2,1,0).設(shè)平面PAD的法向量m=(x,y,z).ì0,由于?í?0.?m?DAì?3)=0,因此í?0,?(x,y,z)?(2,1,0)

CDOyBAxì?y+3z=0,即í??2x+y=0.令x=1,則y=-2,z=-3.因此m=(1,-2,-3)取平面BCP的一個(gè)法向量n0,1,0.因此cosm,nmn2.mn2因此平面ADP和平面BCP所成的二面角(小于)的大小為.4(Ⅲ)解:在棱PB上存在點(diǎn)M使得CM∥平面PAD,此時(shí)PM=1.原因以下:PB2取AB的中點(diǎn)N,連結(jié)CM,CN,MN.1則MN∥PA,AN=AB.2由于AB=2CD,因此AN=CD.由于AB∥CD,因此四邊形ANCD是平行四邊形.因此CN∥AD.由于MNCN=N,PAAD=A,因此平面MNC∥平面PAD由于CMì平面MNC,

PMCDBNA因此CM∥平面PAD10.解：（1）證明：連結(jié)AC與BD交于M，ABCD為正方形，M為AC中點(diǎn).E為PC中點(diǎn)，EM//PA又EM平面EDB，PA平面EDBPA//平面EDB（2）PDDC,E為PC中點(diǎn)，DEPCABCD為正方形，BCCD又PD平面ABCD，BC平面ABCDBCPD又PD、CD是平面PCD內(nèi)的兩條訂交直線，即BC平面PCD，又DE平面P