广东广州市天河区普通高中2018届高考数学一轮复习精选试题：空间几何体（解答题）

广东广州市天河区普通高中2018届高考数学一轮复习精选试题：空间几何体（解答题）

全*品*高*考*网， 用后离不了！空间几何体02‎ 解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎1．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点．‎ ‎(1)求证：B1C∥平面A1BD；‎ ‎(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1；‎ ‎(3)在CC1上是否存在一点E，使得∠BA1E＝45°，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1)连结AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点．连结MD，又D为AC的中点，‎ ‎∴B1C∥MD，‎ 又B1C⊄平面A1BD，MD⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD.‎ ‎(2)∵AB＝B1B，∴平行四边形ABB1A1为正方形，‎ ‎∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD，‎ ‎∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.‎ 又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥B1C1，‎ ‎∴B1C1⊥平面ABB1A1.‎ ‎(3)设AB＝a，CE＝x，∵B1C1⊥A1B1，在Rt△A1B1C1中有A1C1＝a，同理A1B1＝a，‎ ‎∴C1E＝a－x，‎ ‎∴A1E＝＝，BE＝，‎ ‎∴在△A1BE中，由余弦定理得 BE2＝A1B2＋A1E2－2A1B·A1E·cos45°，即 a2＋x2＝2a2＋x2＋3a2－2ax－2a·，‎ ‎∴＝2a－x，‎ ‎∴x＝a，即E是C1C的中点，‎ ‎∵D、E分别为AC、C1C的中点，∴DE⊥AC1.‎ ‎∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD.‎ 又DE⊂平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE.‎ ‎2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900.‎ M为AB的中点 ‎(1）求证：BC//平面PMD ‎(2）求证：PC⊥BC；‎ ‎ ‎ ‎(3）求点A到平面PBC的距离.‎ ‎【答案】（1）因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC.‎ 由∠BCD=900，得BC⊥DC.又，‎ 平面PCD，平面PCD，所以BC⊥平面PCD.‎ 因为平面PCD，所以PC⊥BC.‎ ‎(2）如图，连结AC.设点A到平面PBC的距离h.‎ 因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900.‎ 从而由AB=2，BC=1，得的面积.‎ 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥的体积 因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC. 又PD=DC=1，所以.‎ 由PC⊥BC，BC=1，得的面积.由，得.‎ 因此点A到平面PBC的距离为.‎ ‎3．如图，在四面体中，，，点，分别是，的中点．‎ ‎ (1)求证：平面⊥平面；‎ ‎ (2)若平面⊥平面，且， ‎ 求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】 (1)∵ 分别是的中点,‎ ‎ ∴ ∥.‎ ‎ 又 ，∴ .‎ ‎ ∵，∴.‎ ‎ ∵，∴面.‎ ‎ ∵ 面，∴平面平面.‎ ‎(2) ∵ 面面，且, ‎ ‎∴ 面.‎ 由和，得是正三角形. ‎ 所以. ‎ 所以 . ‎ ‎4．如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD=DC=4，AD=2，E为PC的中点.‎ ‎(I）求证：AD⊥PC；‎ ‎(II）求三棱锥P-ADE的体积；‎ ‎(III）在线段AC上是否存在一点M，使得PA//平面EDM，若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（I）因为PD⊥平面ABCD.‎ ‎ 所以PD⊥AD.‎ ‎ 又因为ABCD是矩形，‎ ‎ 所以AD⊥CD.‎ ‎ 因为 ‎ 所以AD⊥平面PCD.‎ ‎ 又因为平面PCD，‎ ‎ 所以AD⊥PC.‎ ‎(II）因为AD⊥平面PCD，VP-ADE=VA-PDE，‎ ‎ 所以AD是三棱锥A—PDE的高.‎ 因为E为PC的中点，且PD=DC=4，‎ 所以 又AD=2，‎ 所以 ‎(III）取AC中点M，连结EM、DM，‎ ‎ 因为E为PC的中点，M是AC的中点，‎ 所以EM//PA，‎ 又因为EM平面EDM，PA平面EDM，‎ 所以PA//平面EDM.‎ 所以 即在AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM，AM的长为.‎ ‎5．如图，直三棱柱，，，点分别为和的中点 ‎(1）证明：；‎ ‎(2）若二面角为直二面角，求的值 ‎【答案】（1）连结，由已知 三棱柱为直三棱柱，‎ 所以为中点.又因为为中点 所以，又平面 ‎ 平面，因此 ‎ ‎(2）以为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴建立直角坐标系，如图所示 设则，‎ 于是，‎ 所以，设是平面的法向量，‎ 由得，可取 设是平面的法向量，‎ 由得，可取 因为为直二面角，所以，解得 ‎6．在如图的多面体中，⊥平面，,，，，，，是的中点．‎ ‎(Ⅰ) 求证：平面；‎ ‎(Ⅱ) 求证：；‎ ‎(Ⅲ) 求二面角的余弦值. ‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明：∵，∴.‎ ‎ 又∵,是的中点，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∴四边形是平行四边形，‎ ‎ ∴ . ‎ ‎ ∵平面，平面，‎ ‎ ∴平面. ‎ ‎(Ⅱ) 解法1‎ 证明：∵平面，平面，‎ ‎∴， ‎ 又，平面，‎ ‎ ∴平面. ‎ 过作交于，则平面.‎ ‎∵平面， ∴. ‎ ‎∵，∴四边形平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴四边形为正方形，‎ ‎ ∴， ‎ 又平面，平面,‎ ‎∴⊥平面. ‎ ‎∵平面,‎ ‎∴. ‎ 解法2‎ ‎∵平面，平面，平面，∴，，‎ 又,‎ ‎∴两两垂直. ‎ 以点E为坐标原点，分别为轴建立如图的空间直角坐标系.‎ 由已知得，（0，0，2），（2，0，0），‎ ‎（2，4，0），（0，3，0），（0，2，2），‎ ‎（2，2，0）. ‎ ‎∴，，‎ ‎∴, ‎ ‎∴. ‎ ‎(Ⅲ)由已知得是平面的法向量.‎ 设平面的法向量为，∵，‎ ‎∴，即，令,得. ‎ 设二面角的大小为，‎ 则，‎ ‎∴二面角的余弦值为 ‎