（江苏专用）高考数学一轮复习 加练半小时 专题8 立体几何 第66练 高考大题突破练-立体几何 理（含解析）-人教版高三数学试题

第66练高考大题突破练—立体几何[基础保分练]1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，点M在棱PD上，AM⊥PD，点N是棱PC的中点，求证：(1)MN∥平面PAB；(2)AM⊥平面PCD.2.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB.3(1)求异面直线MN与PC所成角的大小；(2)求二面角N－PC－B的余弦值．[能力提升练]4.如图，在棱长为2的正方体ACBD－A1C1B1D1中，M是线段AB上的动点．(1)证明：AB∥平面A1B1C；(2)若点M是AB中点，求二面角M－A1B1－C的余弦值；(3)判断点M到平面A1B1C的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．答案精析1．证明(1)因为在△PAD中，AP＝AD，AM⊥PD，所以点M是棱PD的中点．又点N是棱PC的中点，所以MN是△PDC的中位线，所以MN∥DC.因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，所以MN∥AB.又AB⊂平面PAB,MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.因为PD⊥AM，CD⊥AM,CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD.2．证明(1)设AC与BD的交点为G，连结GE，GH，如图，以H为坐标原点，分别以eq\o(HB,\s\up6(→))，eq\o(GH,\s\up6(→))，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，令BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1，0,0)，D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)，G(0，－1,0)，∴eq\o(GE,\s\up6(→))＝(0,0,1),又∵eq\o(HF,\s\up6(→))＝(0,0,1)，∴eq\o(GE,\s\up6(→))∥eq\o(HF,\s\up6(→))，GE⊂平面EDB，HF⊄平面EDB，∴FH∥平面EDB.(2)∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(0,0,1)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(GE,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥GE.又AC⊥BD，且GE⊂平面EDB，BD⊂平面EDB，GE∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.3．解(1)设AC，BD交于点O，在正四棱锥P－ABCD中，OP⊥平面ABCD，又PA＝AB＝2，所以OP＝eq\r(2).以O为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1，1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq\r(2))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(2))．故eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，0))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，所以cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(MN,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2)，所以异面直线MN与PC所成角的大小为eq\f(π,6).(2)由(1)知eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3)，0)).设m＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，则m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y－\r(2)z＝0，,x＝0，))令y＝eq\r(2)，则z＝1，即m＝(0，eq\r(2)，1)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的法向量，则n·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(CN,\s\up6(→))＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1－\r(2)z1＝0，,－2x1＋y1＝0，))令x1＝2，则y1＝4，z1＝eq\r(2)，即n＝(2,4，eq\r(2))，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(5\r(2),\r(3)×\r(22))＝eq\f(5\r(33),33)，则二面角N－PC－B的余弦值为eq\f(5\r(33),33).4．(1)证明∵在正方体ACBD－A1C1B1D1中，AB∥A1B1，A1B1⊂平面A1B1C，AB⊄平面A1B1C，∴AB∥平面A1B1C.(2)解∵在正方体ACBD－A1C1B1D1中，CB，CA，CC1两两互相垂直，以点C为坐标原点，CB，CA，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz如图所示，则M(1,1,0)，A1(0,2,2)，B1(2,0,2)，C(0，0,0)，∴eq\o(MA1,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，eq\o(MB1,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，设向量n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)分别为平面MA1B1和平面CA1B1的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(MA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(MB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＋2z1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，∴n1＝(1,1,0)．同理eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CA1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y2＋2z2＝0，,2x2＋2z2＝0，))取x2＝－1，则y2＝－1，z2＝1，∴n2＝(－1，－1,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，又∵二面角M－A1B1－C的平面角为锐角，∴二面角M－A1B1－C的余弦值为eq\f(\r(6),3).(3)解由(1)知AB∥平面A1B1C且M在AB上，∴点M到平面A1B1C的距