高考数学专题七立体几何第练立体几何的综合应用练习解析

1【步步高】（浙江专用）2017年高考数学专题七立体几何第57练立体几何的综合应用练习训练目标对平行、垂直的证明及空间角的求解强化训练，提高综合分析论证能力，培养较强的空间想象能力.训练题型(1)线、面平行与垂直的证明；(2)平行、垂直关系的应用；(3)探索性问题.解题策略(1)证明平行问题都离不开“线线平行”，找准“线”是关键；(2)证明垂直问题关键是找“线线垂直”，利用已知条件及所给图形找到要证明的线是解题突破口.1．(2015·南京二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD＝CD＝12AB，AB∥CD，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN：PB的值．2．(2015·潍坊模拟)如图，边长为2的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝12AB＝1.点M在线段EC上．(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF；(2)判断点M的位置，使得三棱锥B－CDM的体积为218.23．(2015·青岛检测)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝AA1＝3，BC＝1，E1为A1B1的中点．(1)证明：B1D∥平面AD1E1；(2)若AC⊥BD，求平面ACD1和平面CDD1C1所成角(锐角)的余弦值．4.在圆柱OO1中，ABCD是其轴截面，EF⊥CD于O1(如图所示)，AB＝2，BC＝2.(1)设平面BEF与圆O所在平面的交线为l，平面ABE与圆O1所在平面的交线为m，证明：l⊥m；(2)求二面角A－BE－F的余弦值．5.如图，已知四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD，FA＝AB＝2DE.(1)判断B，C，E，F四点是否共面，并证明你的结论；(2)若CG⊥平面ABCD，且CG＝FA，请问在平面ADEF上是否存在一点H，使得直线GH⊥平面BEF？若存在，求出H点的位置；若不存在，请说明理由．36．已知△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，D，E分别是边AC和AB的中点，现将△ADE沿DE折起，使平面ADE⊥平面DEBC，H，F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE，AF分别交于I，G两点．(1)求证：IH∥BC；(2)求二面角A－GI－C的余弦值；(3)求AG的长．4答案解析1．(1)证明连接AC.不妨设AD＝1，因为AD＝CD＝12AB，所以CD＝1，AB＝2.因为∠ADC＝90°，所以AC＝2，∠CAB＝45°.在△ABC中，由余弦定理得BC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2.所以BC⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC.又PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC.(2)解如图，因为AB∥CD，CD⊂平面CDMN，AB⊄平面CDMN，所以AB∥平面CDMN.因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN，所以AB∥MN.在△PAB中，因为M为PA的中点，所以N为PB的中点，即PN∶PB的值为12.2．(1)证明∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝2，又AD＝2，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD.又平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED⊂平面ADEF，5∴ED⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥ED，又AD∩DE＝D，∴BD⊥平面ADEF，又BD⊂平面BDM，∴平面BDM⊥平面ADEF.(2)解如图，点M在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，则MN∥ED，又ED⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD.又V三棱锥B－CDM＝V三棱锥M－BCD＝13·MN·S△BDC＝218，∴13×12×1×1×MN＝218，∴MN＝23，又MNED＝CMCE＝232＝13，∴CM＝13CE.∴点M在线段CE的三等分点且靠近C处．3．(1)证明如图，连接A1D交AD1于点G，连接E1G，因为ABCD－A1B1C1D1为四棱柱，所以四边形ADD1A1为平行四边形，所以G为A1D的中点．又E1为A1B1的中点，所以E1G为△A1B1D的中位线，从而B1D∥E1G，又B1D⊄平面AD1E1，E1G⊂平面AD1E1，所以B1D∥平面AD1E1.(2)解因为AA1⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，又∠BAD＝90°，所以AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐6标系．设AB＝t，则A(0,0,0)，B(t，0,0)，C(t,1,0)，D(0,3,0)，C1(t,1,3)，D1(0,3,3)，从而AC→＝(t,1,0)，BD→＝(－t,3,0)．因为AC⊥BD，所以AC→·BD→＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝3.设n1＝(x1，y1，z1)是平面ACD1的一个法向量，又AD1→＝(0,3,3)，AC→＝(3，1,0)，则AC→·n1＝0，AD1→·n1＝0，即3x1＋y1＝0，3y1＋3z1＝0.令x1＝1，则y1＝－3，z1＝3，故n1＝(1，－3，3)是平面ACD1的一个法向量．设n2＝(x2，y2，z2)是平面CDD1C1的一个法向量，又CC1→＝(0,0,3)，CD→＝(－3，2,0)，则CC1→·n2＝0，CD→·n2＝0，即z2＝0，－3x2＋2y2＝0.令x2＝1，则y2＝32，故n2＝(1，32，0)是平面CDD1C1的一个法向量．所以|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1|·|n2|＝|1×1＋32×(－3)＋0×3|1＋3＋3×1＋34＋0＝17.故平面ACD1和平面CDD1C1所成角(锐角)的余弦值为17.74．(1)证明由于圆柱的两底面互相平行，所以AB∥圆O1所在平面，EF∥圆O所在平面．所以l∥EF，m∥AB.又EF⊥CD，即EF⊥AB，所以l⊥m.(2)解分别以EF在圆O所在平面内的射影、AB、OO1为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(－1,0，2)，F(1,0，2)．∴AB→＝(0,2,0)，AE→＝(－1,1，2)，BE→＝(－1，－1，2)，BF→＝(1，－1，2)，设平面ABE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1·AB→＝0，n1·AE→＝0得2y＝0，－x＋y＋2z＝0，取z＝1，得n1＝(2，0,1)．同理可得平面BEF的一个法向量为n2＝(0，2，1)．所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝13，所以二面角A－BE－F的余弦值为13.5．解(1)B，C，E，F四点不共面，下面用反证法证明：假设B，C，E，F四点共面．因为FA⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，所以FA∥ED，且有A，F，E，D四点共面．因为BC∥DA，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，所以BC∥平面ADEF.又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，所以BC∥EF，所以AD∥EF.又因为FA∥ED，所以四边形ADEF为平行四边形，所以AF＝ED，与已知矛盾，所以假设不成立，8所以B，C，E，F四点不共面．(2)H点即为AD的中点．如图，延长DE至M点，使EM＝DE，过B点作BN綊CG，连接HG，GM，NF，FM，HM，AN，NG.结合已知可得NA是GH在平面ABNF内的射影，因为四边形ABNF是正方形，所以BF⊥AN，又BF⊥AD，AD∩AN＝A，所以BF⊥平面HANG，因为HG⊂平面HANG，所以BF⊥HG.由已知可得HM是GH在平面ADMF内的射影，因为四边形ADMF是正方形，且H，E分别是AD，DM的中点，所以EF⊥HM，又EF⊥GM，HM∩GM＝M，所以EF⊥平面HGM，因为HG⊂平面HGM，所以EF⊥HG，又EF∩BF＝F，EF⊂平面BEF，BF⊂平面BEF，所以GH⊥平面BEF.6．(1)证明因为D，E分别是边AC和AB的中点，所以ED∥BC.因为BC⊂平面BCH，ED⊄平面BCH，所以ED∥平面BCH，因为ED⊂平面ADE，平面BCH∩平面ADE＝HI，所以ED∥HI.又因为ED∥BC，所以IH∥BC.(2)如图，建立空间直角坐标系，由题意得，D(0,0,0)，E(2,0,0)，A(0,0,2)，F(3,1,0)，C(0,2,0)，H(0，0,1)，B(4,2,0)，9EA→＝(－2,0,2)，EF→＝(1,1,0)，CH→＝(0，－2,1)，HI→＝12DE→＝(1,0,0)．设平面AGI的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则EA→·n1＝0，EF→·n1＝0，－x1＋z1＝0，x1＋y1＝0，令z1＝1，解得x1＝1，y1＝－1，则n1＝(1，－1,1)，设平面CIG的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则CH→·n2＝0，HI→·n2＝0，－2y2＋z2＝0，x2＝0，令z2＝2，解得y2＝1，则n2＝(0,1,2)，所以cos〈n1，n2〉＝－1＋23×5＝1515，所以二面角A－GI－C的余弦值为1515.(3)由(2)知，AF→＝(3,1，－2)，设AG→＝λAF→＝(3λ，λ，－2λ)，0λ1，则GH→＝AH→－AG→＝(0,0，－1)－(3λ，λ，－2λ)＝(－3λ，－λ，2λ－1)，由GH→·n2＝0，解得λ＝23，故AG＝23AF＝2332＋1＋(－2)2＝2143.