2023学年高考数学大二轮复习大题专项练三立体几何2.docx

大题专项练(三)　立体几何 A组　基础通关 1. 如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC的中点,连接BP,DP. (1)证明:平面ACD⊥平面BDP; (2)若BD=6,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值. (1)证明因为△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,所以Rt△ABD≌Rt△CBD,可得AD=CD. 因为点P是AC的中点,则PD⊥AC,PB⊥AC, 因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD.因为AC⊂平面ACD, 所以平面ACD⊥平面BDP. (2)解方法一:如图,作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD, 所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.由已知二面角A-BD-C为120°,知∠AEC=120°. 在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC=3AE, 因为△ABC是等边三角形,则AC=AB, 所以AB=3AE. 在Rt△ABD中,有12AE·BD=12AB·AD,得BD=3AD,因为BD=6,所以AD=2. 又BD2=AB2+AD2,所以AB=2. 则AE=233,ED=63.由CE⊥BD,AE⊥BD可知BD⊥平面AEC,则平面AEC⊥平面BCD. 过点A作AO⊥CE,交CE的延长线于O,则AO⊥平面BCD.连接OD,则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角.在Rt△AEO中,∠AEO=60°,所以AO=32AE=1,sin∠ADO=AOAD=22. 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22. 方法二:如图,作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD, 所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平面角. 由已知二面角A-BD-C为120°,知∠AEC=120°. 在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC=3AE, 因为△ABC是等边三角形,则AC=AB,所以AB=3AE.在Rt△ABD中,有12AE·BD=12AB·AD,得BD=3AD,因为BD=6,所以AD=2. 又BD2=AB2+AD2,所以AB=2. 则AE=233,ED=63. 以E为坐标原点,以向量EC,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向,以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz, 则D0,63,0,A-33,0,1,向量AD=33,63,-1,平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 设直线AD与平面BCD所成的角为θ, 则cos<m,AD>=m·AD|m||AD|=-12×1=-22, sinθ=|cos<m,AD>|=22. 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22. 2.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,侧面ABB1A1为菱形,A1C=BC. (1)求证:A1B⊥平面AB1C; (2)若∠ABB1=60°,∠CBA=∠CBB1,AC⊥B1C,求二面角B-AC-A1的余弦值. (1)证明因为侧面ABB1A1为菱形,所以A1B⊥AB1, 记A1B∩AB1=O,连接CO, 因为A1C=BC,BO=A1O, 所以A1B⊥CO,又AB1∩CO=O, 所以A1B⊥平面AB1C. (2)解方法一:因为∠CBA=∠CBB1,AB=BB1,BC=BC,所以△CBA≌△CBB1,所以AC=B1C. 又O是AB1的中点,所以CO⊥AB1, 又A1B⊥CO,A1B∩AB1=O, 所以CO⊥平面ABB1A1. 令BB1=2,因为AC⊥B1C,O为AB1的中点, 所以CO=1. 如图,以O为坐标原点,OB所在的直线为x轴,OB1所在的直线为y轴,OC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系. O(0,0,0),A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,0,1),A1(-3,0,0),AB=(3,1,0),AC=(0,1,1),AA1=(-3,1,0),A1C=(3,0,1). 设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z), 则n1·AB=0,n1·AC=0,即3x+y=0,y+z=0, 令x=1,则n1=(1,-3,3),同理可得平面A1AC的一个法向量为n2=(1,3,-3). cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-57, 由图知二面角B-AC-A1为钝角, 所以二面角B-AC-A1的余弦值为-57. 方法二:因为∠CBA=∠CBB1,AB=BB1,BC=BC, 所以△CBA≌△CBB1,所以AC=B1C. 设AB=2,因为∠ABB1=60°,侧面ABB1A1为菱形, 所以AA1=AB1=2,OA=OB1=1,OB=OA1=3. 又AC⊥B1C,所以CO=1,AC=B1C=2, 又A1C=BC,O为A1B的中点,所以BC=A1C=2, 所以△ABC为等腰三角形,△A1AC为等腰三角形. 如图,取AC的中点M,连接BM,A1M,则∠BMA1为二面角B-AC-A1的平面角. 在△BMA1中,可得BM=A1M=142,A1B=23, 所以cos∠BMA1=BM2+A1M2-A1B22BM·A1M=-57, 所以二面角B-AC-A1的余弦值为-57. 3. 如图,三棱台ABC-EFG的底面是正三角形,平面ABC⊥平面BCGF,CB=2GF,BF=CF. (1)求证:AB⊥CG; (2)若BC=CF,求直线AE与平面BEG所成角的正弦值. (1)证明取BC的中点为D,连接DF,如图. 由题意得,平面ABC∥平面EFG,平面ABC∩平面BCGF=BC,平面EFG∩平面BCGF=FG,从而BC∥FG. ∵CB=2GF,∴CD􀱀GF, ∴四边形CDFG为平行四边形,∴CG∥DF. ∵BF=CF,D为BC的中点, ∴DF⊥BC,∴CG⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BCGF,且平面ABC∩平面BCGF=BC,CG⊂平面BCGF, ∴CG⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,∴CG⊥AB. (2)解连接AD. 由△ABC是正三角形,且D为BC的中点得,AD⊥BC.由(1)知,CG⊥平面ABC,CG∥DF, ∴DF⊥AD,DF⊥BC, ∴DB,DF,DA两两垂直. 以D为坐标原点,DB,DF,DA所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz. 设BC=2,则A(0,0,3),B(1,0,0),F(0,3,0),G(-1,3,0),∴BG=(-2,3,0). ∵CB=2GF,∴AB=2EF,∴E-12,3,32, ∴AE=-12,3,-32,BE=-32,3,32. 设平面BEG的法向量为n=(x,y,z), 由BG·n=0,BE·n=0,可得-2x+3y=0,-32x+3y+32z=0. 令x=3,则y=2,z=-1,∴n=(3,2,-1)为平面BEG的一个法向量.设AE与平面BEG所成的角为θ, 则sinθ=|cos<AE,n>|=AE·n|AE|·|n|　=64. ∴直线AE与平面BEG所成角的正弦值为64. 4. 如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,△PCD为正三角形,∠BAD=30°,AD=4,AB=23,平面PCD⊥平面ABCD,E为PC的中点. (1)证明:BE⊥PC; (2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值. (1)证明如图,连接BD,DE, ∵BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=4, ∴BD=2, ∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD,∴BD⊥CD. ∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,∴BD⊥平面PCD,∴BD⊥PC. ∵△PCD为正三角形,E为PC的中点, ∴DE⊥PC,∴PC⊥平面BDE,∴BE⊥PC. (2)解方法一:作PG∥CD且PG=12CD,则PG∥AB,PG为平面PAB与平面PCD的交线,连接GD,GB,设F为CD的中点,连接PF,则PG=DF, 故四边形DFPG为平行四边形,所以DG⊥PG, 由(1)可知BD⊥CD,∴BD⊥PG, ∴PG⊥平面BDG,∴BG⊥PG, ∴∠BGD就是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角. ∵DG=PF=3,BD=2,∴BG=13, ∴cos∠BGD=DGBG=313=31313. 即平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为31313. 方法二:如图建立空间直角坐标系D-xyz, 则A(2,-23,0),B(2,0,0),P(0,3,3),PA=(2,-33,-3),PB=(2,-3,-3), 可知平面PCD的一个法向量为m=(1,0,0). 设平面PAB的法向量为n=(x0,y0,z0), 则n·PA=2x0-33y0-3z0=0,n·PB=2x0-3y0-3z0=0,即n=(3,0,2). 设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为θ, ∴cosθ=|m·n||m||n|=313=31313. 即平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为31313. 5.如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF的中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中: (1)证明:EF⊥MC; (2)求二面角M-AB-D的余弦值. (1)证明由题意,可知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD, ∵E,F分别为AB,CD的中点,∴EF⊥CD. ∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF. ∵DF∩CF=F,∴EF⊥平面DCF. 又MC⊂平面DCF,∴EF⊥MC. (2)解∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,且DF⊥EF,∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF, ∴DF,CF,EF两两垂直. 以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE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F-xyz. 由题意知DM=FM=1. ∴M(1,0,0),D(2,0,0),A(1,0,2),B(0,1,2). ∴MA=(0,0,2),AB=(-1,1,0),DA=(-1,0,2). 设平面MAB、平面ABD的法向量分别为 m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2). 由MA·m=0,AB·m=0,得2z1=0,-x1+y1=0, 取x1=1,则m=(1,1,0)为平面MAB的一个法向量. 由DA·n=0,AB·n=0,得-x2+2z2=0,-x2+y2=0, 取x2=2,则n=(2,2,1)为平面ABD的一个法向量. ∴cos<m,n>=m·n|m||n|=2+22×3=223, ∴二面角M-AB-D的余弦值为223. 6.如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,CC1⊥底面ABCD,且∠BAD=60°,CD=CC1=2C1D1=4,E是棱BB1的中点. (1)求证:AA1⊥BD; (2)求二面角E-A1C1-C的余弦值. 证明(1)因为CC1⊥底面ABCD,所以CC1⊥BD. 因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 由四棱台ABCD-A1B1C1D1知,A1,A,C,C1四点共面. 又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1. 所以BD⊥AA1. (2)如图,设AC与BD交于点O,连接OA1,依题意得,A1C1∥OC且A1C1=OC,所以四边形A1OCC1是平行四边形,所以A1O∥CC1,且A1O=CC1. 所以A1O⊥底面ABCD. 以O为坐标原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系. 则A(23,0,0),A1(0,0,4),C1(