2019-2020年高考数学大题专题练习-立体几何(二)

-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（二）27.如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且FA=FC.（1）求证：AC⊥平面BDEF；（2）求直线AF与平面BCF所成角的正弦值.28.如图（甲），在直角梯形ABED中，，，，且，，F、H、G分别为AC、AD、DE的中点，现将沿折起，使平面ACD⊥平面CBED，如图（乙）．（1）求证：平面FHG∥平面ABE；（2）若，求二面角D-AB-C的余弦值．29.如图,在四棱锥中,平面平面为的中点.（1）证明:（2）求二面角的余弦值.30.如图所示的几何体中，为三棱柱，且，四边形ABCD为平行四边形，，.（1）求证：；（2）若，求证：；（3）若，二面角的余弦值为若，求三棱锥的体积．31.如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=2AB=4，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC．（1）若BE=1，是否存在折叠后的线段AD上存在一点P，且，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．（2）求三棱锥A-CDF的体积的最大值，并求此时点F到平面ACD的距离．32.已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，且AD=2，AB=1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点.（1）证明：PF⊥DF；（2）在线段PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD？若存在，确定点G的位置；若不存在，说明理由.（3）若PB与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-F的余弦值.33.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上.(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．34.如图，几何体EF﹣ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4，∠ADF=90°．（Ⅰ）求证：AC⊥FB（Ⅱ）求二面角E﹣FB﹣C的大小．35.如图，在四棱锥中，是的中点，底面为矩形，，，，且平面平面，平面与棱交于点，平面与平面交于直线.（1）求证：；（2）求与平面所成角的正弦值为，求的余弦值.36.在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=AB=DC=BC=1，E是PC的中点，面PAC⊥面ABCD．（Ⅰ）证明：ED∥面PAB；（Ⅱ）若PC=2，PA=，求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．37.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．38.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，（1）求证：平面EAB⊥平面ABCD.（2）求二面角A-EC-D的余弦值.39.如图，在三棱锥P-ABC中，侧面PAB为边长为的正三角形，底面ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形，PC⊥AC．（Ⅰ）求证：PC⊥平面ABC；（Ⅱ）求二面角B-AP-C的的余弦值 .40.在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD=60°，PB=PD=2，AC∩BD=O．（Ⅰ）证明：PC⊥BD（Ⅱ）若E是PA的中点，且BE与平面PAC所成的角的正切值为，求二面角A﹣EC﹣B的余弦值．41.如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，.（1）证明：；（2）若直线与平面所成角为30°，求二面角的余弦值.42.如图，在底面为矩形的四棱锥中，.（1）证明：平面平面；（2）若异面直线与所成角为，，，求二面角的大小.43.如图，已知四棱锥的底面是菱形，，，.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.44.如图，矩形所在的平面和平面互相垂直，等腰梯形中，，，，,分别为的中点，为底面的重心.（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.45.如图，在四棱锥中，面， ，，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）设，若平面与平面所成锐二面角，求的取值范围．46.如图所示中，，，，将三角形沿折起，使点在平面上的投影落在上.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.47.如图，在三棱锥中，，，为的中点.（1）求证：；（2）设平面平面，，，求二面角的平面角的正弦值.48.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，为的中点，点在上.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.49.如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，，为的中点，平面交于点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.50.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=4，AD=CD=2，M为线段AB的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．51.已知四边形ABCD为直角梯形，∠BCD=90°，AB∥CD，且AD=3，BC=2CD=4，点E，F分别在线段AD和BC上，使FECD为正方形，将四边形ABFE沿EF翻折至使二面角B﹣EF﹣C的所成角为60°（Ⅰ）求证：CE∥面A′DB′（Ⅱ）求直线A′B′与平面FECD所成角的正弦值52.如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．（）求与平面所成角的正弦．（）求二面角的余弦值．

试卷答案27.（1）设与相交于点，连接，∵四边形为菱形，∴，且为中点，∵，∴,又，∴平面.（2）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，∵为中点，∴，又，∴平面.∵两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，设，∵四边形为菱形，，∴.∵为等边三角形，∴.∴，∴.设平面的法向量为，则，取，得. 设直线与平面所成角为，则.28.（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形为正方形，如图（乙），∵分别为的中点，∴．∵，∴．∵面，面．∴面．同理可得面，又∵,∴平面平面．（2）这时，从而，过点作于，连结．∵，∴面．∵面，∴,∴面，∵面，∴，∴是二面角的平面角，由得，∴，在中．29.解：（1）联结因为为的中点,所以又平面平面交线为平面所以又所以（2）取线段的中点因为所以由（1）知,故可以为原点,射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系则于是设平面的一个法向量为由得令得设平面的法向量为由得令得所以易知二面角的平面角为锐角,所以二面角的余弦值为30.（1）【证明】连交于点，连交于点，则.由平几知：为的中点，为的中点，即为的中位线..又.……………3分（2）【证明】.又.在中由余弦定理知：.又.又.又.……7分（3）【解】作交于，连，由（2）知：..……9分；由知：得；在中由平几知：，于是得为正方形.由（2）知：.………12分31.解：（1）存在P，使得CP∥平面ABEF，此时．证明：当，此时，过P作，与AF交M，则，又，故，∵，，∴，且，故四边形MPCE为平行四边形，∴，∵平面ABEF，平面ABEF，∴平面ABEF成立．（2）∵平面ABEF⊥平面EFDC，ABEF∩平面EFDC=EF，，∴AF⊥平面EFDC，∵，∴，，，故三棱锥A-CDF的体积，∴时，三棱锥的体积V有最大值，最大值为3．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．，，．设平面ACD的法向量为，则，∴，取，则，，∴．∴点F到平面ACD的距离．32.（1）连接，则，.又，∴，∴又∵平面，∴.又.∴平面.∵平面，∴.（2）过点作交于点，则平面，且有.再过点作交于点，连接，则平面且.∴平面平面.∴平面.∴当为的一个四等分点（靠近点）时，平面（3）∵平面，∴是与平面所成的角，且，∴.取的中点，连接，则，平面，∴.在平面中，过点作于点，连接则平面，则为二面角的平面角.∵，∴∵，，，且，∴，，∴故二面角的余弦值为33.解:以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2eq\r(2))，B1(0,4，2eq\r(2)).(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,2).所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2).所以cos〈，〉＝＝＝－.所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为.8分(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2).设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由得，令a＝1，则b＝1，c＝，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，).因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,2)，所以＝(x－4,4－x,2).因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°＝.由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|1·(x－4)＋1·(4－x)＋·2|＝2··，解得x＝2或x＝6.因为点M在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点.14分34.（Ⅰ）证明：由题意得，AD⊥DC，AD⊥DF，且DC∩DF=D，∴AD⊥平面CDEF，∴AD⊥FC，……2分∵四边形CDEF为正方形．∴DC⊥FC由DC∩AD=D∴FC⊥平面ABCD，∴FC⊥AC……4分又∵四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4∴，，则有AC2+BC2=AB2∴AC⊥BC由BC∩FC=C，∴AC⊥平面FCB，∴AC⊥FB．……6分（Ⅱ）解：由（I）知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz…………………7分可得D（0，0，0），F（0，2，2），B（2，4，0），E（0，0，2），C（0，2，0），A（2，0，0），由（Ⅰ）知平面FCB的法向量为∵，……………………8分设平面EFB的法向量为则有即令则……………………10分设二面角E﹣FB﹣C的大小为θ，有图易知为锐角所以二面角E﹣FB﹣C的大小为……………………12分35.解：（1）矩形中，∵面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴，又平面平面，∴∴.（2）取中点，连接，∵，∴，又平面平面，且平面平面，∴平面，连接，则为在平面内的射影，∴为与平面所成角，∴.∴，由题，∴取中点，连接，以为坐标原点，分别以，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：则：，，，，则，，设平面的法向量为，于是，∴，令，则，∴平面的一个法向量同理平面的一个法向量为，∴.可知二面角为钝二面角所以二面角的余弦值为36.【分析】（Ⅰ）取PB的中点F，连接AF，EF，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF是平行四边形．得到DE∥AF，再由线面平行的判定可得ED∥面PAB；（Ⅱ）法一、取BC的中点M，连接AM，由题意证得A在以BC为直径的圆上，可得AB⊥AC，找出二面角A﹣PC﹣D的平面角．求解三角形可得二面角A﹣PC﹣D的余弦值．法二、由题意证得AB⊥AC．又面PAC⊥平面ABCD，可得AB⊥面PAC．以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．求出P的坐标，再求出平面PDC的一个法向量，由图可得为面PAC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PC﹣D的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取PB的中点F，连接AF，EF．∵EF是△PBC的中位线，∴EF∥BC，且EF=．又AD=BC，且AD=，∴AD∥EF且AD=EF，则四边形ADEF是平行四边形．∴DE∥AF，又DE⊄面ABP，AF⊂面ABP，∴ED∥面PAB；（Ⅱ）解：法一、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC且AD=MC，∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．∴AB⊥AC，可得．过D作DG⊥AC于G，∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，∴∠GHD是二面角A﹣PC﹣D的平面角．在△ADC中，，连接AE，．在Rt△GDH中，，∴，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，∴AB⊥AC．∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．如图以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．可得，．设P（x，0，z），（z＞0），依题意有，，解得．则，，．设面PDC的一个法向量为，由，取x0=1，得．为面PAC的一个法向量，且，设二面角A﹣PC﹣D的大小为θ，则有，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．37.【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．38.（1）证明：取的中点，连接，，为等腰直角三角形∴，又∵，，∴是等边三角形.∴，，∴∴∵平面，又平面，∴平面平面（2）解：以的中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，如图建系则，，，，，设平面的法向量为，则，即，解得：，∴同理求得平面的一个法向量为，所以二面角的余弦值为.39.证明：（Ⅰ）取中点，连结．，．，．，平面．3分平面，，又∵，∴-6分解：（Ⅱ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．则．设．8分，，．9分取中点，连结．，，，．是二面角的平面角．，，，10分．二面角的余弦值为．-12分40.【分析】（Ⅰ）证明BD⊥AC，BD⊥PO，推出BD⊥面PAC，然后证明BD⊥PC．（Ⅱ）说明OE是BE在面PAC上的射影，∠OEB是BE与面PAC所成的角．利用Rt△BOE，在Rt△PEO中，证明PO⊥AO．推出PO⊥面ABCD．方法一：说明∠OHB是二面角A﹣EC﹣B的平面角．通过求解三角形求解二面角A﹣EC﹣B的余弦值．方法二：以建立空间直角坐标系，求出平面BEC的法向量，平面AEC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【解答】（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）因为底面是菱形，所以BD⊥AC．（1分）又PB=PD，且O是BD中点，所以BD⊥PO．（2分）PO∩AC=O，所以BD⊥面PAC．（3分）又PC⊂面PAC，所以BD⊥PC．（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，OE是BE在面PAC上的射影，所以∠OEB是BE与面PAC所成的角．在Rt△BOE中，，BO=1，所以．在Rt△PEO中，，，所以．所以，又，所以PO2+AO2=PA2，所以PO⊥AO．（6分）又PO⊥BD，BD∩AO=O，所以PO⊥面ABCD．（7分）方法一：过O做OH⊥EC于H，由（Ⅰ）知BD⊥面PAC，所以BD⊥EC，所以EC⊥面BOH，BH⊥EC，所以∠OHB是二面角A﹣EC﹣B的平面角．（9分）在△PAC中，，所以PA2+PC2=AC2，即AP⊥PC．所以．（10分），得，（11分），，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）方法二：如图，以建立空间直角坐标系，，B（0，1，0），，，，，．（9分）设面BEC的法向量为，则，即，得方程的一组解为，即．（10分）又面AEC的一个法向量为，（11分）所以，所以二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．（12分）【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．41.（1）取的中点为，连接，为等边三角形，.底面中，可得四边形为矩形，，平面，平面.又，所以.（2）由面面知，平面，两两垂直，直线与平面所成角为，即，由，知，得.分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为.，则，设平面的法向量为，，则，,由图可知二面角的余弦值.42.（1）证明：由已知四边形为矩形，得，∵，，∴平面.又，∴平面.∵平面，∴平面平面.（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设，，则，，，，所以，，则，即，解得（舍去）.设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则即，可取，所以，由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为.43.（1）证明：如图，取中点，连接、、，则和分别是等边三角形、等腰直角三角形.故，，且，，所以，故，所以平面.又平面，从而平面平面.（2）如图，建立空间直角坐标系.，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，即，记直线与平面所成角的平面角为，则即直线与平面所成角的正弦值为.44.（Ⅰ）连结延长交于，则为的中点，又为的中点，∴∥，又∵平面，∴∥平面连结，则∥，平面，∴∥平面∴平面∥平面，平面平面（Ⅱ）作AQ⊥EF交EF延长线于Q,作AH⊥DQ交DQ于H，则AH⊥面EQDC∴∠ACH就是直线AC与平面CEF所成角在RtADQ中，AH=在RtACH中，sin∠ACH=直线AC与平面CEF所成角正弦值为45.（Ⅰ）证明：如图，∵，，，为的中点，∴为矩形，，又由平面，∴，又∵，∴，∵，∴平面，又平面，∴平面平面．（Ⅱ）由条件以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，则，，，，，，，平面的法向量，设平面的法向量为，由即，即取，得，，则，所以，因为平面与平面所成锐二面角，所以，即，由，得；由，得或，所以的取值范围是．46.（Ⅰ）证明：在等腰梯形中，可设，可求出，，在中，，∴，∵点在平面上的投影落在上，∴平面，∴，又，∴平面，而平面，∴平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，为中点，建立如图所示的空间坐标系，设，结合（Ⅰ）计算可得：，，，，，，设是平面的法向量，则，取.，设是平面的法向量，则，取.设二面角的平面角为，则.47.（1）设中点为，连接，，因为，所以，又为的中点，所以.因为，所以，因为，所以平面，又平面，所以（2）由（1）知，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又.以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，所以，由为中点，，，得，，则，，，，，，设平面的一个法向量为，由，即取，可得，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，∴，设二面角的大小为，则所以，∴二面角的平面角的正弦值为.48.（1），为的中点，.又平面平面，且平面，平面，而平面，平面平面.（2）由已知得，为等腰直角三角形，，，等边的面积，，由（1）易知平面，，在中，边上的高为，，设点到平面的距离为，则有，，即点到平面的距离为.49.证明：（1）因为，分别为，的中点，，所以.因为，所以.因为底面，所以.因为，所以平面.所以.因为，所以平面因为平面，所以.（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系.则，，，，.由（1）可知，平面，所以平面的法向量为.设平面的法向量为因为，，所以即令，则，，所以，所以所以二面角的余弦值.50.【考点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．【分析】（Ⅰ）要证BC⊥平面ACD，只需证明BC垂直平面ACD内的两条相交直线AC、OD即可；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两