高考大题专项四高考中的立体几何1.如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别为BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证:EF∥平面ABD;(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.13.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF⏜的中点.(1)设P是CE⏜上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.4.(2018山西晋中调研,18)如图,已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,底面ABCD中,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M为AD的中点.(1)求证:平面PCM⊥平面PAD;(2)问在棱PD上是否存在点Q,使PD⊥平面CMQ,若存在,请求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.25.(2018河南郑州外国语学校调研,19)如图,在底面为等边三角形的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=√3AB,四边形B1C1CB为矩形,过A1C作与直线BC1平行的平面A1CD交AB于点D.(1)证明:CD⊥AB;(2)若直线AA1与底面A1B1C1所成的角为60°,求二面角B-A1C-C1的余弦值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.37.(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为√1313,求点P到平面BQB1的距离.48.(2018山西大同一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱PB中点且AM=√2.(1)求证:AM∥平面PCD;(2)设点N是线段CD上一动点,且DN=λDC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ的值.9.(2018山西晋城一模,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90°.(1)当PB=2时,证明:平面PAD⊥平面ABCD;(2)当四棱锥P-ABCD的体积为34,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.5参考答案高考大题专项四高考中的立体几何1.证明(1) BD∥平面AEF,BD⫋平面BCD,平面BCD∩平面AEF=EF,∴BD∥EF.又BD⫋平面ABD,EF⊈平面ABD,∴EF∥平面ABD.(2) AE⊥平面BCD,CD⫋平面BCD,∴AE⊥CD.由(1)可知BD∥EF,又BD⊥CD,∴EF⊥CD.又AE∩EF=E,AE⫋平面AEF,EF⫋平面AEF,∴CD⊥平面AEF,又CD⫋平面ACD,∴平面AEF⊥平面ACD.2.证明(1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),设BA=a,则A(a,0,0),所以⃗BA=(a,0,0),⃗BD=(0,2,2),⃗B1D=(0,2,-2),⃗B1D·⃗BA=0,⃗B1D·⃗BD=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,BA⫋平面ABD,BD⫋平面ABD,所以B1D⊥平面ABD.6(2)由(1)知,E(0,0,3),G(a2,1,4),F(0,1,4),则⃗EG=(a2,1,1),⃗EF=(0,1,1),⃗B1D·⃗EG=0+2-2=0,⃗B1D·⃗EF=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF.又EG∩EF=E,EG⫋平面EGF,EF⫋平面EGF,所以B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.3.解(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⫋平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⫋平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)(方法一)取EC⏜的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2√3,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.(方法二)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,√3,3),C(-1,√3,0),故⃗AE=(2,0,-3),⃗AG=(1,√3,0),⃗CG=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由{m·⃗AE=0,m·⃗AG=0,可得{2x1-3z1=0,x1+√3y1=0.取z1=2,可...
