2019届高考数学立体几何02专项训练冲刺模拟试题(11)Word版含

高考数学三轮复习冲刺模拟试题11立体几何02三、解答题1．如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形,且AB1,BC2,ABC600,E为BC的中点,AA1平面ABCD.(Ⅰ)证明:平面A1AE平面A1DE;(Ⅱ)若DEA1E,试求异面直线AE与A1D所成角的余弦值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角C-A1D-E的余弦值.A1D1B1C1ADBCE2．如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中∠ACB=90°,M,N分别为A1B,B1C1的中点,BC=AA1=2AC=2,求证:求三棱柱C1-A1CB的体积;求直线A1C与直线MB1所成角的余弦值;求平面B1MN与平面A1CB所成锐二面角的余弦值.3．已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,DAB90,PA底面ABCD,1且PA=AD=DC=AB=1,M是PB的中点.2(Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD;(Ⅱ)求AC与PB所成角的余弦值;(Ⅲ)求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值.4．如图,已知四棱锥E-ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE=2求证:平面EAB⊥平面ABCD求二面角A-EC-D的余弦值5.在长方体

ABCD

A1B1C1D1中，

AB

BC

1，

AA1

2，

E为

BB1中点.（Ⅰ）证明：AC

D1E；（Ⅱ）求

DE与平面

AD1E所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱

AD上能否存在一点P，使得

BP∥平面

AD1E？若存在，求

DP的长；若不存在，说明原因

.D1

C1A1

B1EDCAB6．(本小题满分13分)在以下图的多面体中，EF平面AEB，AEEB，AD//EF，EF//BC．BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G为BC的中点。求证：AB//平面DEG；求证：BDEG；求二面角C—DF—E的正弦值。7．如图在四棱锥

P

ABCD

中,底面

ABCD

是边长为

a的正方形

,侧面

PAD

底面

ABCD

,且PA

PD

2

AD

,设E、

F

分别为

PC

、BD的中点

.2(Ⅰ)

求证

:

EF

//

平面

PAD

;(Ⅱ)

求证

:面

PAB

平面

PDC

;(Ⅲ)

求二面角

B

PD

C的正切值

.PECDFAB8．如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯ABCD,AD∥BC,∠BAD=90O,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M,N分别为PC,PB的中点.(1)求证:PB⊥DM;(2)求CD与平面ADMN所成角的正弦值;(3)在棱PD上能否存在点E,PE∶ED=λ,使得二面角C-AN-E的平面角为60o.存在求出λ值.9．在四棱锥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.求证: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上能否存在点M使得CM∥平面PAD?若存在,求PMPB

的值;若不存在,请说明原因.PCDBA10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F1）证明:PA//平面EDB.2）证明:PB平面EFD.3）求二面角CPBD的大小.11．（本小题满分13分）在四棱锥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）求证：AB⊥平面PBC；2）求平面ADP与平面BCP所成的锐二面角的大小；3）在棱PB上能否存在点M使得CM//平面PAD？若存在，求

PM的值；若不存在，PB请说明原因.参照答案三、解答题1.解(Ⅰ)依题意,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的中点F,连结EF、AF,连结B1C,则EF//B1C//A1D因此AEF是异面直线AE与A1D所成的角由于DE3,A1EA1A2AE2,因此A1A2,BF216,AFEF2122因此cosAEFAE2EF2AF262AEEF6(Ⅰ)(Ⅱ)解法2:以A为原点,过A且垂直于BC的直线为x轴,AD所在直线为y轴、AA1所在直线为z成立右手系空间直角坐标系设AA1a(a0),A(0,0,0)则D(0,2,0)A1(0,0,31a)E(,,0)22(Ⅰ)设平面A1AE的一个法向量为n1(m,n,p),n1AE3m1n0则22n1AA1ap0p0,取m1,则n3,进而n1(1,3,0),同理可得平面ADE的一个法向量为n2(3,1,2),1a直接计算知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因此异面直线AE与A1D所成角的余弦值cos|AEA1D|6|AE||A1D|6(Ⅲ)由(Ⅱ)可知A1A2,平面A1DE的一个法向量为n2(3,1,2)又CD=-3,1,0,A1D(0,2,2)设平面CAD1的法向量n3=x,y,z则22A1Dn3=0得n3=1,3,6CDn3=0设二面角C-A1D-E的平面角为,且为锐角n2n3=43=25则cos=cosn2,n3=n31065n2因此二面角C-A1D-E的余弦值为解:

255(1)2--------------4(2)5V------------835(3)3------------------1353.解:(1)证明:取AB的中点O,连结EO,COAEEB2,△AEB为等腰直角三角形∴EO⊥AB,EO=1又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC是等边三角形,CO3,又EC2,EC2EO2CO2,EOCO∵EO⊥平面ABCD,又EO平面EAB,∴平面EAB⊥平面ABCD以AB的中点O为坐标原点,OB所在直线为y轴,OE所在直线为z轴,如图建系则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的一个法向量m3,1,13cosn,mnm27,因此二面角A-EC-D的余弦27nm775.（Ⅰ）明：接BD∵ABCDA1B1C1D1是方体，∴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与平面AD1E所成角的正弦3⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分（Ⅲ）假在棱AD上存在一点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上存在一点P，使得BP∥平面AD1E,此DP的2

.⋯⋯13分6.法一:(Ⅰ)证明:ABCD为平行四边形连结ACBDF,F为AC中点,E为PC中点∴在CPA中EF//PA且PA平面PAD,EF平面PAD∴EF//平面PAD(Ⅱ)证明:由于面PAD面ABCD平面PAD面ABCDABCD为正方形,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】:设PD的中点为M,连结EM则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为EM12z2aP2法二:如图,取AD的中点O,连结OP,OF.EPAPD,∴POAD.∵侧面PAD底面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,

CDOyFABPO平面ABCD,

x而O,F分别为AD,BD的中点,∴OF//AB,又ABCD是正方形,故OFAD.∵PAPD2AD,∴PAPD,OPOAa.22以O为原点,直线OA,OF,OP为x,y,z轴成立空间直线坐标系,则有(a,0,0),F(0,aa,P(0,0,aaC(a222222∵E为PC的中点,∴E(a,a,a)424(Ⅰ)证明:易知平面PAD的法向量为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)证明:∵PA(a,0,a),CD(0,a,0)∴PACD(0,a,0)0,2222∴PACD,进而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的法向量为设平面PBD的法向量为n(x,y,z).∵DP

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

22解:(1)如图以A为原点成立空间直角坐标系A(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设CD与平面ADMN所成角α,则sin|CDn|210|CD||n|525AC(2,1,0)p=(1,-2,-1)(3)设平面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,为135°钝角即m[0,22]7(Ⅰ)证明: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的中点O,连结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如图,以O为原点,OB所在的直线为x轴,在平面ABCD内过O垂直于BC的直线为y轴,OP所在的直线为z轴成立空间直角坐标系Oxyz.不如设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).设平面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,则y=-2,z=-3.因此m=(1,-2,-3)取平面BCP的一个法向量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)的大小为.4(Ⅲ)解:在棱PB上存在点M使得CM∥平面PAD,此时PM=1.原因以下:PB2取AB的中点N,连结CM,CN,MN.1则MN∥PA,AN=AB.2由于AB=2CD,因此AN=CD.由于AB∥CD,因此四边形ANCD是平行四边形.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）证明：连结AC与BD交于M，ABCD为正方形，M为AC中点.E为PC中点，EM//PA又EM平面EDB，PA平面EDBPA//平面EDB（2）PDDC,E为PC中点，DEPCABCD为正方形，BCCD又PD平面ABCD，BC平面ABCDBCPD又PD、CD是平面PCD内的两条订交直线，即BC平面PCD，又DE平面P