2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)

zPMAxB

10.（1）∵C1F∥平面AEG，又C1F?平面ACC1A1，平面ACC1A1∴C1F∥AG，

∵F为AA1的点，且侧面ACC1A1为平行四边形， ∴G为CC1中点， ∴

CG1?． CC12FC yDE

平面AEG?AG，

（2）证明：∵AA1⊥底面ABC，AA1⊥AB，AA1⊥AC， 又AB⊥AC，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A?xyz，

设AB?2，则由AB?AC?AA1可得C(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(2,0,2)，A1(0,0,2)， ∵E，G分别是BC，CC1的中点，∴E(1,1,0)，G(2,0,1)， ∴EG?CA1?(1,?1,1)?(?2,0,2)?0， ∴EG⊥CA1， ∴EG⊥AC． 1（3）设平面AEG的法向量为n?(x,y,z)，则：

??x?y?0?n?AE?0，即?，令x?1，则y??1，z??2， ?2x?z?0???n?AG?0∴n?(1,?1,?2)，

由已知可得平面A1AG的法向量m?(0,1,0)， ∴cos?n,m??n?m6??，

6|n|?|m|由题意知二面角A1?AG?E为钝角， ∴二面角A1?AG?E的余弦值为?6． 6 21

C1GxCE y

zA1B1FAB

11.（Ⅰ）证明：过点F作FH∥AD， 交PA于H，连结BH，如图所示，

1∵PF?PD，

31∴HF?AD?BC，

3又FH∥AD，AD∥BC，HF∥BC， ∴四边形BCFH为平行四边形， ∴CF∥BH，

又BH?平面PAB，CF?平面PAB， ∴CF∥平面PAB．

zPHF yABCxD

（Ⅱ）解：∵梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB， ∴BC⊥AB， ∵PB⊥平面ABCD， ∴PB⊥AB，PB⊥BC，

∴如图，以B为原点，BC，BA，BP 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则C(1,0,0)，D(3,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，

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设平面BPD的一个法向量为n?(x,y,z)， 平面APD的一个法向量为m?(a,b,c)， ∵PD?(3,3,?3)，BP?(0,0,3)， ??3x?3y?3z?0?PD?n?0∴?，即?，

3z?0BP?n?0???令x?1得n?(1,?1,0)，同理可得m?(0,1,1)， ∴cos?n,m??n?m1??，

2|n|?|m|∵二面角B?PD?A为锐角， ∴二面角B?PD?A为

π． 3（Ⅲ）假设存在点M满足题意，设PM??PD(3?,3?,?3?)， ∴CM?CP??PD?(?1?3?,3?,3?3?)，

∵PA?(0,3,?3)，∴PA?CM?9??3(3??3)?0，解得??∴PD上存在点M使得CM⊥PA，且PM?

12.Ⅰ∵BC⊥CD，BC?CD?2，∴BD?22， 同理EA⊥ED，EA?ED?2，∴AD?22，

又∵AB?4，∴由勾股定理可知BD2?AD2?AB2，BD⊥AD， 又∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∴BD⊥平面AED， 又∵AE?平面AED， ∴BD⊥AE．

Ⅱ解：取AD的中点O，连结OE，则OE⊥AD， ∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∴OE⊥平面ABCD，

取AB的中点F，连结DF∥BD，

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz，

则D(?2,0,0)，C(?22,2,0)，E(0,0,2)，DC?(?2,2,0)，DE?(2,0,2)， 设平面CDE的法向量为n?(x,y,z)，

平面ABCD?AD，

平面ABCD?AD，BD?平面ABCD，

1， 2

133． PD?22 23

??DC?n?0?x?z?0则?即?，令x?1，则z??1，y?1，

?x?y?0??DE?n?0?∴平面CDE的法向量n?(1,1,?1)， 又平面ADE的一个法向量为n1?(0,1,0)， 设平面ADE和平面CDE所成角（锐角）为?， 则cos??|cos?n,n1?|?n?n13?，

|n|?|n1|3∴平面ADE和平面CDE所成角（锐角）的余弦值为3． 3zCDx 13.

AOF yBzPFAD yC

B

Ex（1）证明：连结AE，PE．

∵PA?平面ABCD，BC?平面ABCD， ∴PA?BC．

又∵底面ABCD是菱形，AB?BC，?ABC?60?， ∴△ABC是正三角形． ∵E是BC的中点， ∴AE?BC．

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