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

【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218.3．(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．ABCD是其轴截面，EF⊥CD于O1(如图所示)，AB＝2，BC4.在圆柱OO＝ 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．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．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AC 2＋BC 2＝AB 2.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，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED ⊥AD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，ED ⊂平面ADEF ，∴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MN ED ＝CM CE ＝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A 1D 交AD 1于点G ，连接E 1G ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为四棱柱，所以四边形ADD 1A 1为平行四边形，所以G 为A 1D 的中点．又E 1为A 1B 1的中点，所以E 1G 为△A 1B 1D 的中位线，从而B 1D ∥E 1G ，又B 1D ⊄平面AD 1E 1，E 1G ⊂平面AD 1E 1，所以B 1D ∥平面AD 1E 1.(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，又∠BAD ＝90°，所以AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则A (0,0,0)，B (t ，0,0)，C (t,1,0)，D (0,3,0)，C 1(t,1,3)，D 1(0,3,3)， 从而AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0，解得t ＝ 3.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ACD 1的一个法向量，又AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n 1＝0，AD 1→·n 1＝0，即⎩⎨⎧ 3x 1＋y 1＝0，3y 1＋3z 1＝0.令x 1＝1，则y 1＝－3，z 1＝3，故n 1＝(1，－3，3)是平面ACD 1的一个法向量．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面CDD 1C 1的一个法向量，又CC 1→＝(0,0,3)，CD →＝(－3，2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·n 2＝0，CD →·n 2＝0，即⎩⎨⎧ z 2＝0，－3x 2＋2y 2＝0.令x 2＝1，则y 2＝32，故n 2＝(1，32，0)是平面CDD 1C 1的一个法向量．所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|1×1＋32×(－3)＋0×3|1＋3＋3× 1＋34＋0＝17.故平面ACD 1和平面CDD 1C 1所成角(锐角)的余弦值为17.4．(1)证明 由于圆柱的两底面互相平行，所以AB ∥圆O 1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 、OO 1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n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1·AB →＝0，n 1·AE →＝0得⎩⎨⎧ 2y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，得n 1＝(2，0,1)．同理可得平面BEF 的一个法向量为n 2＝(0，2，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝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，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)，EA →＝(－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n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧EA →·n 1＝0，EF →·n 1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0， 令z 1＝1，解得x 1＝1，y 1＝－1，则n 1＝(1，－1,1)， 设平面CIG 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CH →·n 2＝0，HI →·n 2＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ －2y 2＋z 2＝0，x 2＝0，令z 2＝2，解得y 2＝1，则n 2＝(0,1,2)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝－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)，0<λ<1，则GH →＝AH →－AG →＝(0,0，－1)－(3λ，λ，－2λ) ＝(－3λ，－λ，2λ－1)，由GH →·n 2＝0，解得λ＝23， 故AG ＝23AF ＝2332＋1＋(－2)2＝2143.。