《（魯京津瓊專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題8 立體幾何與空間向量 第57練 高考大題突破練—立體幾何練習(xí)（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（魯京津瓊專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題8 立體幾何與空間向量 第57練 高考大題突破練—立體幾何練習(xí)（含解析）.docx（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第57練 高考大題突破練—立體幾何 [基礎(chǔ)保分練] 1．(2019四川診斷)如圖所示，四棱錐S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠ABC＝90，SA＝2，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60，E為CD的中點(diǎn)． (1)求證：BC∥平面SAE； (2)求直線SD與平面SBC所成角的正弦值． 2．(2016山東)在如圖所示的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線． (1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)，求證：GH∥平面ABC； (2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值． 3．如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E點(diǎn)，把△DEC沿CE折到△D′EC的位置，使D′A＝2.如圖②，若G，H分別為D′B，D′E的中點(diǎn)． (1)求證：GH⊥平面AD′C； (2)求平面D′AB與平面D′CE的夾角. [能力提升練] 4．(2016北京)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M；使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 答案精析 1．(1)證明　因?yàn)锳B＝， BC＝1，∠ABC＝90， 所以AC＝2，∠BCA＝60， 在△ACD中，AD＝2， AC＝2，∠ACD＝60， 由余弦定理可得 AD2＝AC2＋CD2－2ACCDcos∠ACD， 解得CD＝4， 所以AC2＋AD2＝CD2， 所以△ACD是直角三角形， 又E為CD的中點(diǎn)， 所以AE＝CD＝CE， 又∠ACD＝60， 所以△ACE為等邊三角形， 所以∠CAE＝60＝∠BCA， 所以BC∥AE， 又AE?平面SAE，BC?平面SAE， 所以BC∥平面SAE. (2)解　由(1)可知∠BAE＝90，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)， 以AB，AE，AS所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則S(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)， D(－，3,0)． ＝(，0，－2)，＝(，1，－2)， ＝(－，3，－2)， 設(shè)n＝(x，y，z)為平面SBC的法向量， 則即 設(shè)x＝1，則y＝0，z＝， 即平面SBC的一個(gè)法向量為n＝， 所以cos〈n，〉＝ ＝＝－， 所以直線SD與平面SBC所成角的正弦值為. 2．(1)證明　設(shè)FC中點(diǎn)為I，連接GI，HI，在△CEF中， 因?yàn)辄c(diǎn)G，I分別是CE，CF的中點(diǎn)，所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因?yàn)镠是FB的中點(diǎn)， 所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC. 因?yàn)镚H?平面GHI， 所以GH∥平面ABC. (2)解　連接OO′，則OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圓O的直徑， 所以BO⊥AC. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意得B(0,2，0)， C(－2，0,0)． 過(guò)點(diǎn)F作FM⊥OB于點(diǎn)M， 所以FM＝＝3， 可得F(0，，3)． 故＝(－2，－2，0)， ＝(0，－，3)． 設(shè)m＝(x，y，z)是平面BCF的一個(gè)法向量． 由 可得 可得平面BCF的一個(gè)法向量 m＝， 因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量n＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角FBCA的余弦值為. 3．(1)證明　∵在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E點(diǎn)， 把△DEC沿CE折到△D′EC的位置， 使D′A＝2， ∴AE＝CE＝2，D′E＝6－2＝4， AC＝2， ∴D′A2＋AE2＝D′E2， CD′＝＝2， ∴AD′⊥AE， 又D′A2＋AC2＝CD2， ∴AD′⊥AC，∵AE∩AC＝A， AE，AC?平面ABCE， ∴AD′⊥平面ABCE， ∴平面AD′C⊥平面ABCE， 又BE⊥AC，AC∩AD′＝A，AC， AD′?平面ACD′， ∴BE⊥平面ACD′， ∵G，H分別為D′B，D′E的中點(diǎn)， ∴GH∥BE，∴GH⊥平面AD′C. (2)解　如圖，過(guò)點(diǎn)D′作直線m∥AB， ∵AB∥EC，∴直線m就是平面D′AB與平面D′CE的交線， ∵CE⊥AE，平面AED′⊥平面ABCE于AE， ∴CE⊥D′E， 即D′E⊥m， ∵AD′⊥AB，∴AD′⊥m， ∵AD′?平面AD′B，D′E?平面D′CE， ∴∠AD′E就是平面D′AB與平面D′CE的夾角的平面角， 在直角三角形AD′E中，AE＝2，D′E＝4， 可得∠AD′E＝30. ∴平面D′AB與平面D′CE的夾角為30. 4．(1)證明　∵平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD. 又AB⊥AD，AB?平面ABCD. ∴AB⊥平面PAD. ∵PD?平面PAD.∴AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A. ∴PD⊥平面PAB. (2)解　取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD， ∵CO?平面ABCD， ∴PO⊥CO， ∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)． 則＝(1,1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)． ＝(－2，－1,0)． 設(shè)n＝(x0，y0,1)為平面PDC的一個(gè)法向量． 由得 解得 即n＝. 設(shè)PB與平面PCD的夾角為θ. 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝ ＝ ＝. (3)解　設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]使得＝λ，因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，＝ (－1，－λ，λ)， ∵BM?平面PCD， ∴要使BM∥平面PCD， 當(dāng)且僅當(dāng)n＝0，即(－1，－λ，λ)＝0，解得λ＝， ∴在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)＝.