2021高考数学 立体几何专题 大题练习

2021高考立体几何大题练习

1．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，PAPBPCPD，E，F分别是棱PC，AB的中点.

（1）求证：EF//平面PAD；

（2）若PAAB4，求直线EF与平面PAB所成角的正弦值.

2．如图，四棱锥PABCD中，△PAD为等边三角形，AB//CD,ADCD，且

CPCAAB2CD4.

（1）求证：平面PAD平面ABCD；

（2）求二面角BCPD的余弦值.

试卷第1页，总4页

3．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO平面BB1C1C．

(1)证明：B1CAB；

(2)若余弦值．

ACAB1，

CBB160o，BC1，试画出二面角ABCB1的平面角，并求它的

4．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面. 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点G,M分别是棱C1C,BC的中点.

（1）证明：A、M、G、D1共面；

（2）求截面AMGD1的面积.

试卷第2页，总4页

DDCD4，AD2，5．如图，在棱柱ABCDABCD中，底面ABCD为平行四边形，

BADπ3，且D在底面上的投影H恰为CD的中点.

（1）求证：BC⊥平面BDH；

（2）求二面角CBHC的大小.

6．三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1B1B平面ABC，ABAA1A1B4，BC2AC23，点F为棱AB的中点，点E为线段AC11上的动点.

（1）求证：EFBC；

（2）若点E为线段AC11的中点，求点C到平面BEF的距离. 试卷第3页，总4页

，7．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，ACB90，AB4，

BC2，侧面ACC1A1是菱形，A1AC60，点D，E分别为A1B1，AC的中点．

（1）证明：AD//平面EB1C1；

（Ⅱ）求直线AA1与平面EB1C1所成角的正弦值．

试卷第4页，总4页

参考答案

21．（1）见解析（2）3

【分析】

（1）取PD中点M，连接AM，ME，可证明出行的判定定理，即可证出EF//平面PAD；

AF//ME，即有EF//AM，根据线面平

（2）连接AC，BD交于点O，以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，由线面角的向量公式即可求出．

【详解】

（1）取PD中点M，连接AM，ME，

因为E，M分别是棱PC，PD的中点，

1DC2，ME//DC，

所以

ME因为F是AB的中点，且ABCD,AB//CD，

1DCAF//ME2，即.

所以AF//DC，且

AF答案第1页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

故四边形AFEM是平行四边形，从而有EF//AM.

又因为EF平面PAD，AM平面PAD，

所以EF//平面PAD.

（2）连接AC，BD交于点O，连接OP，

由题意得PO平面ABCD，ACBD，

以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则A(22,0,0),B(0,22,0),C(22,0,0),P(0,0,22)，

E(2,0,2),F(2,2,0)，

答案第2页，总19页

AP(22,0,22),AB(22,22,0),EF(22,2,2)，

设平面PAB的法向量为n(x,y,z).

APn0,xz0,ABn0,由得xy0,

可取x1，得n(1,1,1).

设EF与平面PAB所成的角为，

所以

sin|cosEF,n||EFn|23， |EF‖n|2即直线EF与平面PAB所成角的正弦值为3．

【点睛】

本题主要考查线面平行的判定定理的应用以及利用向量求直线与平面所成角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．

2．（1）证明见解析（2）

217

【分析】

答案第3页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（1）根据边角关系，求出CD⊥AD，由AD⊥CD，判断出CD⊥平面PAD，再证明出结论；

（2）取AD中点O，则PO⊥AD，由（1）知，PO⊥平面ABCD，如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面BCP和平面CDP的法向量，利用夹角公式求出即可．

【详解】

（1）证明：因为ADCD,CD2,CA4，

222所以ADACCD12，即AD23. 因为△PAD为等边三角形，

所以PDAD23. 因为PC4,CD2，

222所以CDPDPC，即CDPD.

又因为PDADD,CDAD，

所以CD平面PAD，

又因为CD平面ABCD，

答案第4页，总19页

所以平面PAD平面ABCD.

（2）解：取AD中点O，则POAD，由（1）知，PO平面ABCD.

如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，

则P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,2,0),B(3,4,0)，

PC(3,2,3),BC(23,2,0),DC(0,2,0).

设平面BCP的法向量为m，平面CPD法向量为n，则

mPC0,mBC0,可取m(1,3,3).

答案第5页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

nPC0,nDC0,可取n(3,0,1).

cosm,nmn3321|m||n|7， 74所以二面角BCPD的余值为

217.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，考查了向量法求二面角的余弦值，考查运算能力和逻辑推理能力．

3．(1)见证明；(2)二面角图见解析；

217

【解析】

【分析】

（1）由菱形的性质得出B1CBC1，由AO平面BB1C1C，得出B1CAO，再利用直线与平面垂直的判定定理证明B1C平面ABO，于是得出B1CAB；

（2）过点O在平面BCC1B1内作ODBC，垂足为点D，连接AD，可证出BC⊥平面ADO，

于是找出二面角ABCB1的平面角为ADO，并计算出RtADO的三边边长，利用锐角三角函数计算出cosADO，即为所求答案．

答案第6页，总19页

【详解】

（1）连接BC1，

因为侧面BB1C1C为菱形，

所以B1CBC1，且B1C与BC1相交于O点．

因为AO平面BB1C1C，B1C平面BB1C1C，

所以B1CAO．

又BC1AOO，所以B1C平面ABO

因为AB平面ABO，所以B1CAB．

（2）作ODBC，垂足为D，连结AD，

答案第7页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

因为BCOA，BCOD，OAODO，

所以BC⊥平面AOD，

又AD平面AOD，所以BCAD.

所以ADO是二面角ABCB1的平面角.

因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，

11OCBC22， 又BC1，所以

所以

OD33OC=24.

答案第8页，总19页

11OABC122. 因为ACAB1，所以

所以

ADOD2OA274.

在RtAOD中，

cosADOOD21AD7.

【点睛】

本题考查直线与直线垂直的证明，二面角的求解，在这些问题的处理中，主要找出一些垂直关系，二面角的求解一般有以下几种方法：①定义法；②三垂线法；③垂面法；④射影面积法；⑤空间向量法．在求解时，可以灵活利用这些方法去处理．

94．（1）证明见解析；（2）8.

【分析】

（1）证明AD1//MG，利用两条平行线确定一个平面即可证明四点共面.

（2）由题意知截面为等腰梯形AD1GM，求出的面积公式即可求解.

AD12,GM232,2高为4，利用梯形

【详解】

答案第9页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

⑴证明：连结BC1，在正方体中D1C1//AB，BC1//AD1，又BC1//GM，

AD1//MG A、M、G、D1四点共面.

⑵根据题意，结合线面面面平行的性质，得到满足条件的截面为等腰梯形AD1GM，

由正方体的棱长为1，可求得该梯形的上底为

GM22，下底为AD12，

52183224164高为，

22(利用梯形的面积公式可求得

S2322)24928.

【点睛】

本题主要考查了证明四点共面以及求截面的面积，属于基础题.

答案第10页，总19页

5．（1）证明见解析；（2）4.

【分析】

（1）由棱柱ABCDABCD可得四边形BDDB为平行四边形，则有BD//BD，在△ABD222中，利用余弦定理求出BD，进而可得ADBDAB，则ADBD，而AD//BC，从而得

BCBD，由已知可得BCDH，进而利用线面垂直的判定定理可得BC⊥平面BDH；

（2）以HC所在直线为y轴，HD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系

'Hxyz，利用空间向量求解即可

【详解】

（1）∵棱柱ABCDABCD

∴.四边形ABBA，ADDA为平行四边形

∴AA//DD，AADD

AA//BB，AABB

∴BB//DD，BBDD

∴四边形BDDB为平行四边形.

答案第11页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

∴BD//BD.

3，

在△ABD中，∵AD2，AB4，

3BAD∴

BD2164224cos12

∴AD2BD2AB2

∴ADBD

∵四边形ABCD为平行四边形.

∴AD//BC∴BCBD∴BCBD

∵D在平面ABCD上的投影为H∴DH平面ABCD

∴BC平面ABCD.∴BCDH

又∵BCBD

DHBDD

DH,BD平面BDH

答案第12页，总19页

∴BC⊥平面BDH

（2以HC所在直线为y轴，HD所在直线为z轴，

'建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz

则H0,0,0，

n1x,y,zB3,1,0，C0,2,0，C0,4,23

设为平面CBH的一个法向量

n1HB3xy0n1HC4y23z0 则n1,3,2令x1，则y3，z2，则1

又

n20,0,1为平面BHC的一个法向量

∴

cosn1,n222

答案第13页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

∵

n1,n20,

∵

n1,n24

n1,n2与二面角CBHC所成平面角相等

∴二面角CBHC的大小为4

【点睛】

关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，解题的关键是由已知条

HD所在直线为z轴，件以以HC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，

'利用空间向量求二面角的大小，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题

451176．（1）证明见解析；（2）. 答案第14页，总19页

【分析】

（1）由题意，易证A1FAB，由面面垂直可得A1F平面ABC，得到A1FBC，由勾股定理可证BCAC，然后线面垂直的判定定理可证BC⊥面A1EF，由此即可结果．

（2）采用等体积法，利用VCBEFVEBCF，即可证明结果．

【详解】

证明：（1）因为ABAA1A1B，F为AB中点，所以A1FAB.

因为平面AA1B1B平面ABC，平面AA1B1B平面ABCAB，A1F平面AA1B1B，

所以A1F平面ABC，而BC平面ABC，故A1FBC，

222又因为BCACAB，所以BCAC，

又∵在三棱柱ABCA1B1C1中，

AC//A1C111，BCA1E ，∴BCAC11又ACA1EA1，故BC⊥平面A1EF，

又EF平面A1EF，所以BCEF

（2）VCBEFVEBCF，

答案第15页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

1VEBCFS△BCFA1F23在三棱柱中，

取BC中点M，连EM，FM，则FM//AC，且

FM=1AC2，

1AE=AC1A1C1//ACA1C1ACA1E//AC2又，且，所以，且，

所以A1E//FM，且A1EFM，所以四边形A1FME为平行四边形

所以EM//A1F，

由（1）知A1F平面ABC，所以EM平面ABC，

EM23，FM3，BM1，

所以EF15，BE13，BF2，

答案第16页，总19页

511413151sinEBF1cosEBF213213， 2213213所以，

215151S△BEF213=22， 213所以

151VCBEF2h32设点C到平面BEF的距离为h，则

∴

h45117，

45117即点C到平面BEF的距离为. 【点睛】

本题考查直线与平面垂直的判断定理，和面面垂直性质定理的应用，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力、逻辑推理能力以及计算能力，是中档题．

217．（I）见解析； （Ⅱ）14.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）取B1C1的中点F，证得AEFD为平行四边形，进而得AD，EF平行，得证；

答案第17页，总19页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（Ⅱ）利用平行把AA1转化为CC1，只需作CMEC1于M，可证得CM平面EB1C1，从而确定EC1C为所求角，结合正弦，余弦定理不难求解．

【详解】

（1）证明：取B1C1的中点F，连接FD，FE，

1AC112，

∵D为A1B1的中点，∴

DF//AC11，DF又E为AC中点，∴

AE//AC11，AE11ACAC1122，∴DF//AE，DFAE，

∴四边形AEFD为平行四边形，∴AD//EF，

又AD⊄平面EB1C1，EF⊂平面EB1C1，∴AD∥平面EB1C1；

（2）在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1//CC1，∴只需求CC1与平面EB1C1所成角，

在平面ACC1A1内作CMEC1于M，

∵平面ACC1A1平面ABC，ACB90，∴BC平面ACC1A1，∴BCCM，

∵BC//B1C1，∴CMB1C1，∴CM平面EB1C1，∴CC1M即为C1C与平面EB1C1所成角，

∵AB4，BC2，∴AC23，

答案第18页，总19页

∵侧面ACC1A1是菱形，A1AC60，∴CC123，CE＝3，∠ECC1＝120°，

由余弦定理可得EC121，

32121sinCC1M14． 再由正弦定理得sinCC1Msin120，得

21故直线AA1与平面EB1C1所成角的正弦值为14．

【点睛】

此题考查了线面平行，直线与平面所成角等，难度适中．

答案第19页，总19页