2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)

25.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，?ABC??BCD?900，

PA?PD?DC?CB?1AB，E是PB的中点， 2（Ⅰ）求证：EC∥平面APD；

（Ⅱ）求BP与平面ABCD所成的角的正切值； （Ⅲ）求二面角P-AB-D的余弦值.

26.四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为边长为2的正方形，PA=2，PB=PD=22，E，F，G，H分别为棱PA，PB，AD，CD的中点． （1）求CD与平面CFG所成角的正弦值； （2）探究棱PD上是否存在点M，使得平面CFG⊥平面MEH，若存在，求出说明理由．

PM的值；若不存在，请PD 13

试卷答案

1

以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则

D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(-2,0,0)，P(0,0,2)，E(-1,0,1)，F(0,0,1)，G(-2,1,0).

(1)∵PA=(0,2,-2)，EF=(1,0,0)， 则PA?EF0，∴PA^EF.

(2)易知DF=(0,0,1)，FG=(-2,1-1)， 设平面DFG的法向量m=(x1,y1,z1)， ìì?z1=0?m?DF0则í，即í，

-2x+y-z=0???111?m?FG0令x1=1，则m=(1,2,0)是平面DFG的一个法向量， 同理可得n=(0,1,1)是平面EFG的一个法向量， ∴cos=m×nm×n=25′2=10， 5由图可知二面角D-FG-E为钝角， ∴二面角D-FG-E的余弦值为-

2.(1)证明：直三棱柱ADE-BCF中，AB^平面ADE， 所以：AB^AD，又AD^AF，

所以：AD^平面ABFE，ADì平面PAD， 所以：平面PAD^平面ABFE.

(2)由(1)AD^平面ABFE，以A为原点，AB,AE,AD方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系

10. 5 14

A-xyz，设正四棱锥P-ABCD的高h，AE=AD=2，

则A(0,0,0)，F(2,2,0)，C(2,0,2)，P(1,-h,1). AF=(2,2,0)，AC=(2,0,2)，AP=(1,-h,1).

设平面ACF的一个法向量m=(x1,y1,z1)，

ì?m?AF2x1+2y1=0则：í，取x1=1，则y1=z1=-1，所以：m=(1,-1,-1).

??n?AC2x1+2z1=0ì?n?AF设平面AFP的一个法向量n=(x2,y2,z2)，则í??n?AP2x2+2y2=0x2-hy2+z2=0，

取x2=1，则y2=-1，z2=-1-h，所以：n=(1,-1,-1-h)， 二面角C-AF-P的余弦值是解得：h=1.

m?n11+1+h2222==，所以：cos=，

233mn32+(h+1)

3.

PMCEDOA

（Ⅰ）证明：连结AC交BD于O，则O是BD中点， ∵在△PBD中，O是BD的中点，M是PB的中点， ∴PD∥MO，

又PD?平面ACM，MO?平面ACM，

B 15

∴PD∥平面ACM．

（Ⅱ）证明：作PE⊥CD，则E为CD中点，连结AE， ∵底面ABCD是菱形，边长为2，面积为23，

11∴S??AD?DC?sin?ADC?2??2?2sin?ADC?2?23，

22∴sin?ADC?3，?ADC?60?， 2∴△ACD是等边三角形， ∴CD⊥AE， 又∵CD⊥PE， ∴CD⊥平面PAE， ∴CD⊥PA．

11（Ⅲ）VP?ABCD?SABCD?PE??23?3?2．

33 4.

SAEDBC

（1）证明：∵SA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， ∴AB⊥SA， 又∵?BAD?90?， ∴AB⊥AD， ∵SAAD?A， ∴AB⊥平面SAD， 又AB?平面SAB， ∴平面SAB⊥平面SAD． （Ⅱ）证明：取AD中点为E，

∵?DAB??ABC?90?，AD?2a，BC?a，E是AD中点， ∴?ABCE是矩形，CE?AB?a，DE?a，

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