全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺中档大题规范练3立体几何理

【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习考前三个月中档大题规范练3立体几何理1.(2022·石家庄二模)如图(1)所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD，如图(2)所示.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E—ABD的侧面积和体积.2.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1＝2BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.(1)求证：B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面GEF∥平面ABD.10\n3.(2022·济南外国语学校模拟)如图所示，已知斜四棱柱ABCD—A1B1C1D1各棱长都是2，∠BAD＝∠A1AD＝60°，E，O分别是棱CC1，AD的中点，平面ADD1A1⊥平面ABCD.(1)求证：OC∥平面AED1；(2)求证：AD⊥D1C；(3)求几何体D—AED1的体积.4.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC10\n＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1.(1)求PB与CD所成的角；(2)求直线PD与平面PAC所成的角的余弦值；(3)求二面角B－PC－D的余弦值.10\n5.如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°，如图2.(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大；(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，线段CD上是否存在点N，使得EN⊥BM？若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由.6.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，其中底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，PA＝AB＝BC＝CD＝2，PD＝2，PA⊥PD，Q为PD的中点.(1)证明：CQ∥平面PAB；(2)求二面角D—AQ—C的余弦值.10\n答案精析中档大题规范练31.(1)证明　在△ABD中，因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，所以BD＝＝2.所以AB2＋BD2＝AD2.所以AB⊥BD.因为平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)解　由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，因为BD＝2，DE＝DC＝AB＝2，所以S△EDB＝BD×DE＝2.因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.因为BE＝AD＝4，所以S△EAB＝AB×BE＝×2×4＝4.因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，所以ED⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，所以ED⊥AD.所以S△EAD＝AD×DE＝×4×2＝4.综上，三棱锥E—ABD的侧面积S＝S△EDB＋S△EAB＋S△EAD＝8＋2.因为DE⊥平面ABD，且S△ABD＝S△EDB＝2，DE＝2，所以V三棱锥E—ABD＝S△ABD×DE＝×2×2＝.2.证明　(1)取BB1的中点为M，连接MD，如图所示.因为BB1＝2BC，且四边形BB1C1C为平行四边形，所以四边形CDMB和四边形DMB1C1均为菱形，故∠CDB＝∠BDM，∠MDB1＝∠B1DC1，所以∠BDM＋∠MDB1＝90°，即BD⊥B1D.又AB⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，10\n所以AB⊥B1D.又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.(2)如图所示，连接MC1，可知G为MB1的中点，又F为B1C1的中点，所以GF∥MC1.又MB綊C1D，所以四边形BMC1D为平行四边形，所以MC1∥BD，故GF∥BD.又BD⊂平面ABD，所以GF∥平面ABD.又EF∥A1B1，A1B1∥AB，AB⊂平面ABD，所以EF∥平面ABD.又EF∩GF＝F，故平面GEF∥平面ABD.3.(1)证明　如图，连接A1D交AD1于点F，连接OF，EF，则F为A1D的中点，也为AD1的中点.因为E，O分别是棱CC1，AD的中点，所以OF∥DD1∥CC1，OF＝CC1，CE＝CC1，所以OF綊CE，所以四边形OCEF为平行四边形，所以OC∥EF.因为EF⊂平面AED1，OC⊄平面AED1，所以OC∥平面AED1.(2)证明　如图，连接A1O.因为斜四棱柱ABCD—A1B1C1D1的各棱长都是2，∠A1AD＝60°，所以△AA1D为正三角形.又O是棱AD的中点，所以A1O⊥AD.因为平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，所以A1O⊥平面ABCD.如图，连接A1B，OB.因为∠BAD＝60°，所以AD⊥OB.因为A1O∩OB＝O，所以AD⊥平面A1OB，所以AD⊥A1B.因为A1B∥D1C，所以AD⊥D1C.(3)解　如图，连接BD，BD1.因为平面ADD1A1∥平面BB1C1C，10\n所以点E到平面ADD1A1的距离等于点B到平面ADD1A1的距离，所以VD—AED1＝VE—ADD1＝VB—ADD1＝××2×2×sin120°×＝1.4.解　(1)由题意，可得PA，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为PA＝AB＝BC＝AD＝1，所以A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0).所以＝(1,0，－1)，＝(－1,1,0).所以|cos〈，〉|＝＝＝.所以PB与CD所成的角为60°.(2)由(1)知＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(1,1,0).设m＝(x，y，z)是平面PAC的法向量，则⇒⇒取x＝1，则m＝(1，－1,0).设直线PD与平面PAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，m〉|＝＝＝，因为θ∈，所以cosθ＝.所以直线PD与平面PAC所成的角的余弦值为.(3)＝(1,0，－1)，＝(0,1,0).设n＝(a，b，c)是平面PBC的法向量，10\n则⇒⇒取a＝1，则n＝(1,0,1).同理可得平面PDC的一个法向量为n0＝(1,1,2)，设二面角B－PC－D的大小为θ1，则|cosθ1|＝|cos〈n，n0〉|＝＝＝.因为二面角B－PC－D为钝角，所以二面角B－PC－D的余弦值为－.5.解　(1)在△ABC中，设BD＝x(0<x<3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x).于是VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝(x3－6x2＋9x).令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0<x<3，解得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝1时，f(x)取得最大值.故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大.(2)线段CD上存在点N，使得EN⊥BM，理由如下：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E(，1,0)，且＝(－1,1,1).假设存在这样的点N，设其坐标为N(0，λ，0)，其中λ∈[0,2]，则＝(－，λ－1,0).10\n因为EN⊥BM等价于·＝0，即(－，λ－1,0)·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，解得λ＝，满足λ∈[0,2]，故存在点N满足题意，此时N(0，，0).6.(1)证明　如图所示，取PA的中点N，连接QN，BN.在△PAD中，PN＝NA，PQ＝QD，所以QN∥AD，且QN＝AD.在△APD中，PA＝2，PD＝2，PA⊥PD，所以AD＝＝＝4，而BC＝2，所以BC＝AD.又BC∥AD，所以QN∥BC，且QN＝BC，故四边形BCQN为平行四边形，所以BN∥CQ.又CQ⊄平面PAB，BN⊂平面PAB，所以CQ∥平面PAB.(2)解　如图，在平面PAD内，过点P作PO⊥AD于点O，连接OB.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD.又PO⊥AD，AP⊥PD，所以PO＝＝＝，故AO＝＝＝1.在等腰梯形ABCD中，取AD的中点M，连接BM，又BC＝2，AD＝4，AD∥BC，所以DM＝BC＝2，DM∥BC，故四边形BCDM为平行四边形.所以BM＝CD＝AB＝2.在△ABM中，AB＝AM＝BM＝2，AO＝OM＝1，所以BO⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BO⊥平面PAD.如图，以O为坐标原点，分别以OB，OD，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D(0,3,0)，A(0，－1,0)，B(，0,0)，P(0,0，)，C(，2,0)，10\n则＝(，3,0).因为Q为DP的中点，故Q，所以＝.设平面AQC的法向量为m＝(x，y，z)，则可得令y＝－，则x＝3，z＝5.故平面AQC的一个法向量为m＝(3，－，5).因为BO⊥平面PAD，所以＝(，0,0)是平面ADQ的一个法向量.故cos〈，m〉＝＝＝＝.从而可知二面角D—AQ—C的余弦值为.10