浙江专用2020版高考数学一轮复习专题8立体几何与空间向量第62练高考大题突破练—立体几何练习(含解析)

第62练 高考大题突破练—立体几何[基础保分练]1.(2019·杭州二中模拟)如图，△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，D 为线段BC 上一点，且DC ＝25BC ，让△ADC 绕直线AD 翻折到△ADC ′且使AC ′⊥BC .(1)在线段BC 上是否存在一点E ，使平面AEC ′⊥平面ABC ？请证明你的结论； (2)求直线C ′D 与平面ABC 所成的角.2.(2019·衢州模拟)已知三棱台ABC—A1B1C1的下底面△ABC是边长2的正三角形，上底面△A1B1C1是边长为1的正三角形.A1在下底面的射影为△ABC的重心，且A1B⊥A1C.(1)证明：A1B⊥平面ACC1A1；(2)求直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值.3.(2019·萧山中学模拟)如图，已知直角梯形ABCD 和正方形BCEF ，二面角A —BC —E 的大小为120°，且满足AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AD ＝DC ＝12AB ＝2，点M ，H 分别是线段EF ，AE 的中点，点N 是线段AF 上异于A ，F 的点.(1)求证：CH ⊥平面AEF ；(2)求直线MN 与平面BCEF 所成角的最大值.[能力提升练]4.如图，已知四边形ABCD 是正方形，EA ⊥平面ABCD ，PD ∥EA ，AD ＝PD ＝2EA ＝2，F ，G ，H 分别为BP ，BE ，PC 的中点.(1)求证：FG ∥平面PDE ； (2)求证：平面FGH ⊥平面ABE ；(3)在线段PC 上是否存在一点M ，使PB ⊥平面EFM ？若存在，求出线段PM 的长；若不存在，请说明理由.答案精析基础保分练1．解 (1)存在BC 的中点E ，使平面AEC ′⊥平面ABC ，取BC 的中点E ，由题意知AE ⊥BC ，又因为AC ′⊥BC ，AE ∩AC ′＝A ，所以BC ⊥平面AEC ′， 因为BC ⊂平面ABC ， 所以平面AEC ′⊥平面ABC .(2)在平面AC ′E 中，过点C ′作C ′H ⊥AE 交AE 的延长线于点H ，连接HD .由(1)知，C ′H ⊥平面ABC ，所以∠C ′DH 即为直线C ′D 与平面ABC 所成的角． 由AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°， 得BC ＝23，DC ＝435，ED ＝35，EC ′＝355， 在△AEC ′中，由余弦定理得 cos∠AEC ′＝－55，所以cos∠HEC ′＝55， sin∠HEC ′＝255，所以HC ′＝EC ′·sin∠HEC ′＝65，所以sin∠HDC ′＝HC ′DC ′＝32， 所以直线C ′D 与平面ABC 所成的角为60°.2．(1)证明 记△ABC 的重心为G ，连接BG 并延长交AC 于点M .因为底面△ABC 为正三角形， 所以BG ⊥AC ，又点A 1在底面上的射影为G ， 所以A 1G ⊥平面ABC ， 所以A 1G ⊥AC ， 因为A 1G ∩BG ＝G ，A 1G ⊂平面A 1BG ， BG ⊂平面A 1BG ，所以AC ⊥平面A 1BG ， 又A 1B ⊂平面A 1BG ， 所以AC ⊥A 1B .又A 1B ⊥A 1C ，且A 1C ∩AC ＝C ，A 1C ⊂平面A 1AC ， AC ⊂平面A 1AC ，所以A 1B ⊥平面A 1AC ， 因此，A 1B ⊥平面ACC 1A 1.(2)解 由于ABC —A 1B 1C 1为棱台，设三侧棱延长交于一点D .因为AB ＝2A 1B 1＝2， 则A 1，B 1分别为棱AD ，BD 的中点． 又G 为正△ABC 的重心，则BM ＝3，CG ＝BG ＝23BM ＝23，GM ＝13BM ＝13.因为A 1B ⊥平面ACC 1A 1， 所以A 1B ⊥A 1M ，故在Rt△A 1BM 中，A 1G ⊥BM ， 由三角形相似，得A 1G 2＝BG ·GM ＝23，A 1B 2＝BG ·BM ＝2.取A 1D 的中点H ，连接B 1H ，CH ， 则B 1H ∥A 1B ，且B 1H ＝12A 1B ＝22，故B 1H ⊥平面ACC 1A 1，即∠B 1CH 即为直线CB 1与平面ACC 1A 1所成的角． 又B 1C —→＝B 1A 1—→＋A 1G —→＋GC →， 且GC ⊥BA ，A 1G ⊥BA ，B 1A 1∥BA ， 所以B 1A 1—→⊥A 1G —→，B 1A 1—→⊥GC →， 又A 1G —→⊥GC →，所以B 1C —→2＝B 1A 1—→2＋A 1G —→2＋GC →2＝3， 即B 1C ＝3， 所以sin∠B 1CH ＝B 1H CB 1＝66， 即直线CB 1与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为66. 3．(1)证明 由题可得AC ＝AD 2＋CD 2＝22， CE ＝BC ＝22＋－2＝22，∴AC ＝CE .又H 是AE 的中点，∴CH ⊥AE .∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ， ∴AC ⊥EF .∵CE ⊥EF ，AC ⊥EF ，AC ∩CE ＝C ， ∴EF ⊥平面ACE .∵HC ⊂平面ACE ，∴EF ⊥HC ， 又EF ∩AE ＝E ，∴CH ⊥平面AEF .(2)解 方法一 过点A 作AK ⊥CE ，垂足为K ，连接KF ，过点N 作NL ∥AK ，交KF 为L ，连接ML ，∵EF ⊥平面ACE ，∴平面EFK ⊥平面ACE ，又∵平面EFK ∩平面ACE ＝CE ，AK ⊂平面ACE ， ∴AK ⊥平面EFK ，∴NL ⊥平面EFK ，∴∠NML 就是直线MN 与平面BCEF 所成的角． 设FL ＝x ，∵AK ＝6，KF ＝26， 则NL ＝313x ，ML 2＝FL 2＋FM 2－2FM ×FL ×cos∠MFL ＝x 2－4213x ＋2，∴tan∠NML ＝NL ML＝313x 2x 2－4213x ＋2＝3132x 2－4213×1x ＋1，∵x ∈(0，26)，∴1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫126，＋∞，∴当1x＝213时，(tan∠NML )max ＝33， ∴直线MN 与平面BCEF 所成角的最大值是π6.方法二 以点C 为原点，分别以CA ，CB 所在直线为x 轴、y 轴，过点C 垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，∴C (0,0,0)，A (22，0,0)，B (0,22，0)，E (－2，0，6)，∴CF →＝CE →＋EF →＝CE →＋CB →＝(－2，0，6)＋(0,22，0)＝(－2，22，6)， ∴F (－2，22，6)，M (－2，2，6)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCEF 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧22y ＝0，－2x ＋6z ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，0,1)． 设|AN →|＝λ|AF →|(0<λ<1)， CN →＝CA →＋AN →＝CA →＋λAF →＝(22，0,0)＋λ(－32，22，6) ＝(22－32λ，22λ，6λ)， MN →＝CN →－CM →＝(32－32λ，22λ－2，6λ－6)， ∴sin θ＝|n ·MN →||n |·|MN →|＝26－λ232λ2－56λ＋26＝3－λ16λ2－28λ＋13，令x ＝1－λ，x ∈(0,1)， 则sin θ＝3x16x 2－4x ＋1＝31x2－4x＋16≤12， 当1x ＝2，即x ＝12，λ＝12时取等号． ∴θ的最大值是π6.能力提升练4．(1)证明 因为F ，G 分别为PB ，BE 的中点，所以FG ∥PE . 又FG ⊄平面PDE ，PE ⊂平面PDE ， 所以FG ∥平面PDE .(2)证明 因为EA ⊥平面ABCD ，CB ⊂平面ABCD ，所以EA ⊥CB .又CB ⊥AB ，AB ∩AE ＝A ，所以CB ⊥平面ABE .由已知F ，H 分别为线段PB ，PC 的中点， 所以FH ∥BC ，则FH ⊥平面ABE . 又FH ⊂平面FGH ， 所以平面FGH ⊥平面ABE .(3)解 在线段PC 上存在一点M ，使PB ⊥平面EFM . 证明如下：如图，在PC 上取一点M ，连接EF ，EM ，FM . 在Rt△AEB 中，因为AE ＝1，AB ＝2，所以BE ＝ 5. 在直角梯形EADP 中， 因为AE ＝1，AD ＝PD ＝2， 所以PE ＝5，所以PE ＝BE . 又F 为PB 的中点，所以EF ⊥PB . 要使PB ⊥平面EFM ，只需使PB ⊥FM . 因为EA ⊥CB ，PD ∥AE ，所以PD ⊥CB ， 又CB ⊥CD ，PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，所以CB ⊥平面PCD ，而PC ⊂平面PCD ，所以CB ⊥PC . 若PB ⊥FM ，则△PFM ∽△PCB ， 可得PM PB ＝PFPC.由已知可求得PB ＝23，PF ＝3，PC ＝22， 所以PM ＝322.故在线段PC 上存在一点M ，当PM ＝322时，使得PB ⊥平面EFM .。