2020版高考数学(理)一轮总复习层级快练：第八章 立体几何 作业58 含解析

2 C. 3
2
因为 AC ＝2，∠ACP ＝30°，所以 AD ＝ACsin30°＝2× ＝1.
在 △Rt AOD 中，AO ＝ADsin60°＝1× 3 ＝ .故选 C.
B. 5
5
题组层级快练 (五十八)
1.(2019· 河北徐水一中模拟)如图所示，在四边形 ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，
∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD ⊥平面 BCD ，
构成三棱锥 A －BCD ，则在三棱锥 A －BCD 中，下列命题正确的是(
)
A ．平面 ABD ⊥平面 ABC C ．平面 ABC ⊥平面 BDC
B ．平面 AD
C ⊥平面 BDC
D ．平面 ADC ⊥平面 ABC
答案 D
解析 ∵在四边形 ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD ，又
平面 ABD ⊥平面 BCD ，且平面 ABD ∩平面 BCD ＝BD ，故 CD ⊥平面 ABD ，则 CD ⊥AB ，又 AD ⊥AB ，
故 AB ⊥平面 ADC ，所以平面 ABC ⊥平面 ADC.
2．(2019· 河北冀州中学月考)如图，已知二面角 α－PQ －β 的大小为 60°，点 C 为棱 PQ 上一点，A
∈β，AC ＝2，∠ACP ＝30°，则点 A 到平面 α 的距离为(
)
A ．1 2 1 B.
3 D.
答案 C
解析 如图，过 A 作 AO ⊥α 于 O ，点 A 到平面 α 的距离为 AO.
作 AD ⊥PQ 于 D ，连接 OD ，则 AD ⊥CD ，CD ⊥OD ，∠ADO 就是二面角
α－PQ －β 的大小，即为 60°.
1
2
3
2 2
3.如图所示，正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，若 E ，F 分别是 BC ，
DD 1 的中点，则 B 1 到平面 ABF 的距离为( )
A. C. 3 3
5 3
5
2 5 D.
答案 D
解析 方法一：由 VB 1－ABF ＝VF －ABB 1 可得解． 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，
设 F(0，0， )，E( ，1，1)，B(1，1，1)，AB ＝(0，1，0)．
∴AF ⊥B 1E.又AB ⊥B 1E ，∴B 1E ⊥平面 ABF.
⎪AB ·B →E
⎪ 2 5 1 ⎪＝ . B 1 到平面 ABF 的距离为⎪
→ ⎪ 5 |B 1E|
1 1 2
＝ 4 ，△S A 1B 1F ＝ h ＝ ×1，解得 h ＝ 3 3
则 A(1，0，1)，B 1(1，1，0)．
1 1 →
2 2
→ → 1
∴B 1E ＝(－2，0，1)，AF ＝(－1，0，－2)．
→ → 1 1
∵AF ·B 1E ＝(－1，0，－2)·(－2，0，1)＝0，
→ → → →
→ →
平面 ABF 的法向量为B 1E ＝(－2，0，1)，AB 1＝(0，1，－1)．
→ ⎪ 1 ⎪ ⎪
4．(2019· 广东深圳月考)如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，棱长为 1，E ， F 分别为 C 1D 1 与 AB 的中点，B 1 到平面 A 1FCE 的距离为(
)
A. C. 3 6
6 6
B.
D. 3 3
6 3
答案 D
解析 设点 B 1 到平面 A 1FCE 的距离为 h.∵正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，∴A 1F ＝FC ＝
5
，
1 2 6 1 1
A 1C ＝ 3，EF ＝ 2，∴S
△A 1CF ＝2× 3× 2 2×1×1＝2.
1 6 1 1 6
又 V 三棱锥 B 1－A 1CF ＝V 三棱锥 C －A 1B 1F ，∴3× 4 3×2
.即点 B 1 到平面
A 1FCE 的距离为 6
.故选 D.
△5．如图所示， ADP 为正三角形，四边形 ABCD 为正方形，平面 P AD ⊥平面 ABCD.点 M 为平面
ABCD 内的一个动点，且满足 MP ＝MC ，则点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为( )
B. π D. π 为 3× ×2＋3× ×1＝ π.
球 O 的半径 R ＝OC ＝ PA ＝2.过点 O 作 OD ⊥平面 ABC ，垂足为 D.在△ABC 中，AB ＝2 2，∠ACB
答案 A
解析 空间中到 P ，C 两点的距离相等的点在线段 PC 的垂直平分面上，此平面与正方形 ABCD 相
交是一条线段可排除 B ，C ，又点 B 到 P ，C 两点的距离显然不相等，排除 D ，故选 A.
6．(2019· 哈尔滨模拟)正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 的棱长为 3，在正方体表面上与点 A 距离是 2 的 点形成一条封闭的曲线，这条曲线的长度是(
) A ．π
C ．3π
3 2
5 2
答案 D
解析 在面 ABCD ，面 AA 1B 1B ，面 AA 1D 1D 内与点 A 的距离是 2 的点的轨迹分别是以 A 为圆心，
π
2 为半径，圆心角为6的圆弧，在面 A 1B 1C 1D 1，面 BB 1C 1C ，面 CC 1D 1D 内与点 A 的距离是 2 的点
π
的轨迹是分别以 A 1 为圆心，以 B 为圆心，以 D 为圆心，1 为半径，圆心角为2的圆弧，故圆弧的长
π π 5
6 2 2
7．(2019· 江西南昌调研)已知三棱锥 P －ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 满足 AB ＝2 2，
∠ACB ＝90°，PA 为球 O 的直径，且 PA ＝4，则点 P 到底面 ABC 的距离为(
)
A. 2 C. 3 B ．2 2
D ．2 3
答案 B
解析 ∵三棱锥 P －ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，且直径 PA ＝4，∴球心 O 是 PA 的中点，
1
2
＝90°，∴D 为 AB 的中点，且 AD ＝BD ＝CD ＝ 2，∴OD ＝ OC 2－CD 2＝ 4－2＝ 2，∴点 P 到
底面 ABC 的距离 d ＝2OD ＝2 2.故选 B.
8．(2019· 甘肃兰州质检)如图，在直角梯形 ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且 E 为 CD 的中点，M ， N 分别是 AD ，BE 的中点，将三角形 ADE 沿 AE 折起，则下列说法正确的是________．(写出所有
正确说法的序号)
①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MN ∥平面 DEC ；
②不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MN ⊥AE ；
∴M( ， cos θ， sin θ)，N( ， ，0)．
∴MN ＝(0， － cos θ，－ sin θ)，EA ＝(a ，0，0)，AB ＝(0，b ，0)，AD ＝(－a ，bcos θ，bsin θ)，
EC ＝(0，b ，0)．
∵MN ·EA ＝0，∴MN ⊥AE ，②对，EA 是平面 CED 的法向量．
∴MN ∥平面 DEC ，①对，MN 与 AB 异面，③不对．当 θ＝ 时，AD ·EC ＝0，∴④对．
b b b 答案 (1)略 (2) 14
(3)存在点 E
∴DE ＝ BC.
③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MN ∥AB ；
④在折起过程中，一定存在某个位置，使 EC ⊥AD.
答案 ①②④
解析 不妨设 BC ＝a ，CE ＝ED ＝b.折起后∠CED ＝θ(0<θ<π)．以 E 为原点，EA ，EC 分别为 x 轴，
y 轴．
则 A(a ，0，0)，C(0，b ，0)，D(0，bcos θ，bsin θ)，B(a ，b ，0)．
a b b a b
2 2 2 2 2
→ → → →
2 2 2
→
→ → →
π → →
2
综上，①②④正确．
9．如图所示，在三棱锥 P －ABC 中，PA ⊥底面 ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点 D ，E 分别在棱 PB ，PC 上，且 DE ∥BC.
(1)求证：BC ⊥平面 PAC ；
(2)当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的余弦值； (3)是否存在点 E 使得二面角 A －DE －P 为直二面角？并说明理由．
4
解析 方法一：(1)∵PA ⊥底面 ABC ，
∴PA ⊥BC.又∠BCA ＝90°，
∴AC ⊥BC ，又 PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面 PAC.
(2)∵D 为 PB 的中点，DE ∥BC ，
1
2
又由(1)知，BC ⊥平面 PAC ，
∴DE ⊥平面 PAC ，垂足为点 E.
∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角．
∵PA ⊥底面 ABC ，∴PA ⊥AB.
在 △Rt ABC 中，∠ABC ＝60°.∴BC ＝ AB.
(1)∵AP ＝(0，0，a)，BC ＝( a ，0，0)，
∴BC ·AP ＝0，∴BC ⊥AP .
∵AD ＝(－ a ， ∴AD ＝ 1 ∴△Rt ADE 中，sin ∠DAE ＝DE ＝ BC
AD 2AD ＝ 2 ∴cos ∠DAE ＝ 14
设 PA ＝a ，由已知可得 A(0，0，0)，B(－ a ， 3 ∴D(－ a ， 3 4 a ，
a)，E(0， 3 4 a ， a)，AE ＝(0， 4 a ， a)，
又 PA ＝△AB ，∴ ABP 为等腰直角三角形．
2 AB.
1
2
4 . 4 .
(3)∵DE ∥BC ，
又由(1)知，BC ⊥平面 PAC ，∴DE ⊥平面 PAC.
又∵AE ⊂平面 PAC ，PE ⊂平面 PAC ，
∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE.
∴∠AEP 为二面角 A －DE －P 的平面角．
∵PA ⊥底面 ABC ，
∴PA ⊥AC ，∴∠PAC ＝90°.
∴在棱 PC 上存在一点 E ，使得 AE ⊥PC.
这时，∠AEP ＝90°.
故存在点 E 使得二面角 A －DE －P 是直二面角．
方法二：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A －xyz.
1 3
2 2 a ，0)，C(0， 2 a ，0)，P(0，0，
a)．
→ → 1
2
→ →
又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC.又 AP ∩AC ＝A ，
∴BC ⊥平面 PAC.
(2)∵D 为 PB 的中点，DE ∥BC ，
∴E 为 PC 的中点．
1 1 1
4 2 4 a
，2a)．
又由(1)知，BC ⊥平面 PAC ，
∴DE ⊥平面 PAC ，垂足为点 E.
∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角．
→ 1 3 1 → 3 1
4 2 2
1，1)，DB ＝(2，2，0)，DE ＝(0，1，1)．设平面 BDE 的法向量为 n 1＝(x ，y ， ⎧⎪n ·DB ＝0，
⎧2x ＋2y ＝0，
1则
⎨
∴⎨
⎪y ＋z ＝
0.⎩⎪⎩n ·DE ＝0，
又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)，AC ＝(－2，2，0)，且 AC ⊥平面 PDB ， ∴cos ∠DAE ＝
＝ . 答案
(1)略 (2)
(3)
∴CM ＝
＝ .
|n ·n 2| 2 6
|n 1||n 2|
3· 2 3 → → AD·AE 14
→ → 4 |AD|·|AE|
(3)同方法一．
10．(2019· 河北开滦二中月考 )如图所示，在四棱锥 P －ABCD 中，PD ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 是正方形，PD ＝AB ＝2，E 为 PC 中点． (1)求证：DE ⊥平面 PCB ； (2)求点 C 到平面 DEB 的距离； (3)求二面角 E －BD －P 的余弦值．
2 3 6 3 3
解析 (1)证明：∵PD ⊥平面 ABCD ，∴PD ⊥BC.
又正方形 ABCD 中，CD ⊥BC ，PD ∩CD ＝D ，∴BC ⊥平面 PCD.
∵DE 平面 PCD ，∴BC ⊥DE.
∵PD ＝CD ，E 是 PC 的中点，∴DE ⊥PC.
又∵PC ∩BC ＝C ，∴DE ⊥平面 PCB.
(2)如图①所示，过点 C 作 CM ⊥BE 于点 M ，
由(1)知平面 DEB ⊥平面 PCB ，
∵平面 DEB ∩平面 PCB ＝BE ，∴CM ⊥平面 DEB.
∴线段 CM 的长度就是点 C 到平面 DEB 的距离．
∵PD ＝AB ＝CD ＝2，∠PDC ＝90°，
∴PC ＝2 2，EC ＝ 2，BC ＝2.∴BE ＝ 6.
CE·BC 2 3
BE 3
(3)以点 D 为坐标原点，分别以直线 DA ，DC ，DP 为 x 轴，y 轴，z 轴建立如
图②所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，
→ →
z)，
→
⎪ → 1
令 z ＝1，得 y ＝－1，x ＝1.
∴平面 BDE 的一个法向量为 n 1＝(1，－1，1)．
→
∴平面 PDB 的一个法向量为 n 2＝(1，－1，0)．
设二面角 E －BD －P 的平面角为 α，则 cosα＝ 1
＝ ＝ .
∴二面角 E －BD －P 的余弦值为 6
答案 (1)略 (2)
则 EG EB ＝ ，因为 EG ＝AD ＝2，BC ＝4，所以 EB ＝2 2.
所以 E 为坐标原点，EB 的方向为 x 轴的正方向，EF 的方向为 y 轴的正方向，EA 的方向为 z 轴的正
故BD ＝(－2 2，2，2 2)，FD ＝(0，－1，2 2)，BC ＝(0，4，0)，CD ＝(－2 2，－2，2 2)．
⎧⎪n · B D ＝－2 2x ＋2y ＋2 2z ＝0， ⎪⎩n ·FD ＝－y ＋2 2z ＝0.
⎧⎪m · B C ＝4b ＝0， ⎪⎩m ·CD
＝－2 2a －2b ＋2 2c ＝0.
3
.
11．(2019· 广州模拟)如图(1)，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且 BC ＝2AD ＝4，E ，F
分别为线段 AB ，DC 的中点，沿 EF 把 AEFD 折起，使 AE ⊥CF ，得到如图(2)的立体图形．
(1)证明：平面 AEFD ⊥平面 EBCF ；
(2)若 BD ⊥EC ，求二面角 F －BD －C 的余弦值．
2
3
解析 (1)证明：由折叠可知，AE ⊥EF.
因为 AE ⊥CF ，且 EF ∩CF ＝F ，所以 AE ⊥平面 EBCF.
因为 AE 平面 AEFD ，所以平面 AEFD ⊥平面 EBCF.
(2)如图所示，过点 D 作 DG ∥AE 交 EF 于点 G ，连接 BG ，则 DG ⊥平面 EBCF ，
所以 DG ⊥EC.
因为 BD ⊥EC ，BD ∩DG ＝D ，
所以 EC ⊥平面 BDG ，所以 EC ⊥BG.
所以 ∠BGE ＋∠GEC ＝∠CEB ＋∠GEC ，所以 ∠BGE ＝∠CEB ，且 ∠EBC ＝∠GEB ＝90°，所以
△EGB ∽△BEC ，
EB BC
→ → →
方向，建立如图所示的空间直角坐标系 E －xyz ，则 F(0，3，0)，D(0，2，2 2)，C(2 2，4，0)，
A(0，0，2 2)，B(2 2，0，0)．
→ → → →
设平面 FBD 的法向量 n ＝(x ，y ，z)，
→ 则⎨
→
令 z ＝1，得 y ＝2 2，x ＝3，
所以平面 FBD 的一个法向量是 n ＝(3，2 2，1)．
设平面 BCD 的法向量 m ＝(a ，b ，c)，
→ 则⎨
→
|n||m| 18× 2 3 所以二面角 F －BD －C 的余弦值为 .
以 O 为坐标原点，OB ，OC ，OS 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直
a ，
a)，D(－ a ，0，0)，B( a ，0，0)，C(0， a ，0)，OC ＝(0， a ，0)，SD ＝(－
2 a ，0，－ a)，
则OC ·SD ＝0.故 OC ⊥SD ，从而 AC ⊥SD. 理由如下：由已知条件知DS 是平面 PAC 的一个法向量，且DS ＝( a ，0， a ，)，CS ＝(0，－
a ， 6 a)，BC ＝(－ a ， a ，0)．
设CE ＝tCS ，则BE ＝BC ＋CE ＝BC ＋tCS ＝(－ a ， a(1－t)， at)，而BE ·DS ＝0⇒t ＝ .
2 6
2 2 6
N 令 a ＝1，得 b ＝0，c ＝1，所以平面 BCD 的一个法向量是 m ＝(1，0，1)．
n·m 4 2
因为 cos 〈n ，m 〉＝ ＝ ＝ ，
2 3
12．(2019· 长沙调研)如图所示，四棱锥 S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长
都是底面边长的 2倍，点 P 为侧棱 SD 上的点，且 CP ⊥SD.
(1)求证：AC ⊥SD ；
(2)若 SD ⊥平面 PAC ，则侧棱 SC 上是否存在一点 E ，使得 BE ∥平面 PAC.若存在，
求 SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．
答案 (1)略 (2)存在，2∶1
解析 (1)连接 BD ，设 AC 交 BD 于点 O ，则 AC ⊥BD.连接 SO ，由题意知 SO ⊥
平面 ABCD.
→ → →
角坐标系，如图所示．
设底面边长为 a ，则高 SO ＝ 6
2
于是 S(0，0， 6 2 2 2 →
→ 2 2 2 2 2
2 6
2 2
→ →
(2)棱 SC 上存在一点 E ，使 BE ∥平面 PAC.
→ → → 2 2 2 2
→ 2 2
2 2 2
→ → → → → → → → → 1 2 2 2 3
即当 SE ∶EC ＝2∶1 时，BE ⊥DS.
则 BE ⊄平面 PAC ，故 BE ∥平面 PAC.
13．(2019· 太原二模)如图①，在平面六边形 ABFCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，且 AB ＝4，BC
＝2，AE ＝DE ＝ 2，BF ＝CF ＝ 5，点 M ， 分别是 AD ，BC 的中点，分别沿直线 AD ，BC 将△ADE ，
△BCF 翻折成如图②的空间几何体 ABCDEF.
答案 (1)略 (2)－ 238
∴OM ＝ ，OE ＝ .
∴A(1，－ ，0)，B(1， ，0)，E(0，0， )，F(0， ， 3)，则AB ＝(0，4，0)，BE ＝(－1，－ ，
)，EF ＝(0， ， )．
(1)利用下面的结论 1 或结论 2，证明：E ，F ，M ，N 四点共面；
结论 1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个．
结论 2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个．
(2)若二面角 E －AD －B 和二面角 F －BC －A 都是 60°，求二面角 A －BE －F 的余弦值．
17
解析 (1)如图，连接 MN ，ME ，NF ，
∵四边形 ABCD 是矩形，点 M ，N 分别是 AD ，BC 的中点，
∴AM ∥BN ，AM ＝BN ，∠DAB ＝90°，
∴四边形 ABNM 是矩形，
∴AD ⊥MN.
∵AE ＝DE ，点 M 是 AD 的中点，∴AD ⊥ME ，
又 MN ∩ME ＝M ，∴AD ⊥平面 EMN ，
∴平面 EMN ⊥平面 ABCD ，
同理可得平面 FMN ⊥平面 ABCD ，
由结论 2 可得平面 EMN 与平面 FMN 是同一个平面，
∴E ，F ，M ，N 四点共面．
(2)由(1)知平面 EMNF ⊥平面 ABCD ，
过点 E 作 EO ⊥MN ，垂足为 O ，
∴EO ⊥平面 ABCD.
以过点 O 作垂直于 MN 的直线为 x 轴，ON ，OE 所在直线分别为 y 轴，z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O －xyz.
∵AD ＝2，AE ＝DE ＝ 2，点 M 是 AD 的中点，
∴AE ⊥DE ，EM ＝1，
∵二面角 E －AD －B 是 60°，
∴∠EMN ＝60°，
1 3
2 2
同理，过点 F 作 FO′⊥MN ，可得 O′N ＝1，FO ′＝ 3.
1 7 3 5 → → 7
2 2 2 2 2
3 → 5 3
2 2
2
则⎨ ∴⎨ 7 3
⎪⎩m ·BE ＝0， ⎪⎩－x 1－2y 1＋ 2 z 1＝0， → ⎧5 ⎧⎪n · E F ＝0， y ＋ z ＝0， 则⎨ ∴⎨⎪⎩n ·BE ＝0， ⎩ －x － y ＋ z ＝0，
令 z 2＝2，∴n ＝( ，－
，2)是平面 BEF 的一个法向量．
∴cos 〈m ，n 〉＝ ＝ ，
⎪ → ＝
0， ⎪ 2
∴二面角 A －BE －F 的余弦值为－ 238
设 m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面 ABE 的法向量，
⎧m · A B ⎧4y 1＝0， →
令 z 1＝2，∴m ＝( 3，0，2)，是平面 ABE 的一个法向量．
设 n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面 BEF 的法向量，
3 2 2
2 2
→ 7 3 2
2
2
2
12 3 2 3 5 5
m · n 238
|m ||n | 17
易知二面角 A －BE －F 是钝角，
17 .。