高考数学（理）必考热点新题精选练习：立体几何中的证明与计算问题（附答案与详解）.doc

1、高考数学（理）必考热点新题精选练习：高考数学（理）必考热点新题精选练习： 立体几何中的证明与计算问题 1.如图,正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=4,点 E 在 CC1上且 C1E=3EC. (1)证明:A1C平面 BED. (2)求二面角 A1-DE-B 的余弦值. 2.如图,三棱台 ABC-EFG 的底面是正三角形,平面 ABC平面 BCGF,CB=2GF, BF=CF. (1)求证:ABCG. (2)若BC=CF,求直线AE与平面BEG所成角的正弦值. 3.如图,在底面为矩形的四棱锥 P-ABCD 中,PBAB. (1)证明:平面 PBC平面 PCD. (2)若异面

2、直线 PC 与 BD 所成角为 60,PB=AB,PBBC, 求二面角 B-PD-C 的大小. 4.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 1 的菱形,BAD=45,PD=2,M 为 PD 的中点,E 为 AM 的中点,点 F 在线段 PB 上,且 PF=3FB. (1)求证:EF平面 ABCD. (2)若平面PDC底面ABCD,且PDDC,求平面PAD与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值. 5.如图,多面体 ABC-DB1C1为正三棱柱 ABC-A1B1C1沿平面 DB1C1切除部分所得,M 为 CB1的中点,且 BC=BB1=2. (1)若 D 为 AA1中点,求证 A

3、M平面 DB1C1. (2)若二面角 D-B1C1-B 大小为 ,求直线 DB1与平面 ACB1所成角的正弦值. 6.如图所示,等腰梯形 ABCD 的底角BAD=ADC=60,直角梯形 ADEF 所在的平 面垂直于平面 ABCD,且EDA=90,ED=AD=2AF=2AB=2. (1)证明:平面 ABE平面 EBD. (2)点 M 在线段 EF 上,试确定点 M 的位置,使平面 MAB 与平 面 ECD 所成的锐二面角的余弦值为. 答案与解析答案与解析 1.【解析】以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴的正半轴,射线 DC 为 y 轴的正半轴, 射线 DD1为 z 轴的正半轴,建立空间直角

4、坐标系 D-xyz,即可得出 B(2,2,0), C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4),=(0,2,1),=(2,2,0),=(-2,2,-4),= (2,0,4). (1)因为=0,=0, 所以 A1CBD,A1CDE, 因为 BDDE=D,所以 A1C平面 BED, (2)设向量 n n=(x,y,z)是平面 DA1E 的一个法向量, 则 n n,n n, 故 2y+z=0,2x+4z=0.令 y=1,则 z=-2,x=4,n n=(4,1,-2), 等于二面角 A1-DE-B 的平面角, cos=. 2.【解析】(1)取 BC 的中点为 D,连接 DF. 由 ABC-E

5、FG 是三棱台得,平面 ABC平面 EFG,从而 BCFG. 因为 CB=2GF,所以 CDGF, 所以四边形 CDFG 为平行四边形,所以 CGDF. 因为 BF=CF,D 为 BC 的中点, 所以 DFBC,所以 CGBC. 因为平面 ABC平面 BCGF,且交线为 BC,CG平面 BCGF, 所以 CG平面 ABC,而 AB平面 ABC, 所以 CGAB. (2)连接 AD. 由ABC 是正三角形,且 D 为 BC 中点,则 ADBC. 由(1)知,CG平面 ABC,CGDF, 所以 DFAD,DFBC, 所以 DB,DF,DA 两两垂直. 以 DB,DF,DA 分别为 x,y,z 轴,

6、建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz. 设 BC=2,则 A(0,0,),E,B(1,0,0),G(-1,0). 所以=,=(-2,0), =. 设平面 BEG 的一个法向量为 n n=(x,y,z), 由可得, 令 x=,则 y=2,z=-1,所以 n n=(,2,-1). 设 AE 与平面 BEG 所成角为, 则 sin =|cos |=. 3.【解析】(1)由已知四边形 ABCD 为矩形,得 ABBC, 因为 PBAB,PBBC=B,所以 AB平面 PBC. 又 CDAB,所以 CD平面 PBC. 因为 CD平面 PCD,所以平面 PBC平面 PCD. (2)以 B 为坐标原点,建立

7、如图所示的空间直角坐标系 B-xyz. 设 PB=AB=1,BC=a(a0),则 B(0,0,0),C(0,0,a),P(1,0,0),D(0,1,a), 所以=(-1,0,a),=(0,1,a), 则=cos 60,即= , 解得 a=1,a=-1(舍去). 设 n n=(x1,y1,z1)是平面 PBD 的一个法向量,则 即 可取 n n=(0,1,-1). 设 m m=(x2,y2,z2)是平面 PCD 的一个法向量, 则即 可取 m m=(1,0,1),所以 cos=- . 由图可知二面角 B-PD-C 为锐角,所以二面角 B-PD-C 的大小为 60. 4.【解析】(1)(方法一)如

8、图,设 DM 中点为 N,连接 EN,NF,BD,则有 NEAD, 因为 NE平面 ABCD,AD平面 ABCD, 所以 NE平面 ABCD, 又因为= ,所以 NFDB, 因为 NF平面 ABCD,BD平面 ABCD, 所以 NF平面 ABCD, 又因为 NFNE=N,所以平面 NEF平面 ABCD, 所以 EF平面 ABCD. (方法二)如图,设 AD 中点为 R,Q 为线段 BD 上一点,且 DQ=3QB. 连接 ER、RQ、QF,则有 ERPD, 因为= , 所以 QFPD,所以 QFER,且 QF= PD=ER, 即四边形 QFER 为平行四边形, 所以 EFQR, 因为 EF平面

9、ABCD,RQ平面 ABCD, 所以 EF平面 ABCD. (2)因为平面 PDC底面 ABCD,且 PDDC,所以 PD底面 ABCD, 如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 D(0,0,0),P(0,0,2),A(1,0,0),C, 所以=(-1,0,0),=. 设平面 PBC 的一个法向量为 n n1=(x,y,z), 则所以 取 y=2,可得 n n1=(0,2,1), 又易知平面 PAD 的一个法向量 n n2=(0,1,0), 设平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角为, 则 cos=. 所以平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为. 5.【

10、解析】(1)取 B1C1中点 N,连接 MN,则 MN 为B1C1C 的中位线,所以 MNCC1, 因为 D 为 AA1中点,所以 ADCC1, 所以 MNAD,MN=AD, 所以四边形 ADNM 为平行四边形, 所以 AMDN,所以 AM平面 DB1C1. (2)由 B1C1DN,B1C1MN 可得DNM 是二面角 D-B1C1-B 的平面角, 因为二面角 D-B1C1-B 大小为 ,AD= BB1, 如图建立空间直角坐标系,则 A(0,0,),C(-1,0,0),B1(1,2,0),D(0,1,), 所以=(1,1,-),=(-1,0,-),=(1,2,-), 设平面 ACB1的法向量为

11、n n=(x,y,z), n n=(-,1), 所以|cos|=. 所以直线 DB1与平面 ACB1所成角的正弦值为. 6.【解析】(1)因为平面 ABCD平面 ADEF, 平面 ABCD平面 ADEF=AD,EDAD, 所以 ED平面 ABCD,AB平面 ABCD, 所以 EDAB, 因为 AB=1,AD=2,BAD=60, 所以 BD=, 所以 AB 2+BD2=AD2, 所以 ABBD, 又因为 BD平面 BDE, 所以平面 ABE平面 EBD. (2)以 B 为坐标原点,分别以 BA,BD 为 x 轴,y 轴建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz, 则 A(1,0,0),B(0,0,0),C,D(0,0),E(0,2),F(1,0,1),则 =,=(0,0,2), =(1,0,0),=(1,-,-1), 设=(,-,-),(01), 则=+=(,-,2-), 设平面 CDE 的法向量为 m m=(x1,y1,z1), 平面 ABM 的法向量为 n n=(x2,y2,z2), 则 令 y1=1,得 m m=(-,1,0), 令 y2=2-,得 n n=(0,2-,-), 所以|cos |=, 即= , 即点 M 为线段 EF 的中点时,平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面角的余弦值为.