《2022届高三数学-立体几何综合题考前题型专练（含2021新题）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学-立体几何综合题考前题型专练（含2021新题）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、立体几何综合题1(2021高考新课标全国卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E别离是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1(2)求二面角DA1CE的正弦值2(2021成都市诊断检测)如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABCA1B1C1中，ACAA12AB2，BAC90，点D是侧棱CC1延长线上一点，EF是平面ABD与平面A1B1C1的交线(1)求证：EFA1C；(2)当平面DAB与平面CA1B1所成锐二面角的余弦值为时，求DC1的长3(2021高考辽宁卷)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)假设AB
2、2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值4如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，AA1A1CAC2，ABBC，ABBC，O为AC中点(1)证明：A1O平面ABC；(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；(3)在BC1上是不是存在一点E，使得OE平面A1AB？假设存在，确信点E的位置；假设不存在，说明理由5(2021南昌市模拟)如图是多面体ABCA1B1C1和它的三视图(1)线段CC1上是不是存在一点E，使BE平面A1CC1，假设不存在，请说明理由，假设存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值6(2021郑州市质量检测)如图，AB
3、C是等腰直角三角形，ACB90，AC2a，D，E别离为AC，AB的中点，沿DE将ADE折起，取得如下图的四棱锥ABCDE.(1)在棱AB上找一点F，使EF平面ACD；(2)当四棱锥ABCDE的体积取最大值时，求平面ACD与平面ABE夹角的余弦值1解：(1)证明：连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，因此BC1平面A1CD.(4分)(2)由ACCBAB，得ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，成立如下图的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，(
4、1，1，0)，(0，2，1)，(2，0，2)(6分)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即(8分)可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2，1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.(12分)2解：(1)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，平面ABC平面A1B1C1.又平面ABC平面ABDAB，平面A1B1C1平面ABDEF，EFAB.(2分)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且BAC90，ABAA1，ABAC.而AA1ACA，AB平面ACC1A1.又A1C平面ACC1A1，ABA1C.EFA1C.(6分)(2)成立如下图
5、的空间直角坐标系Axyz.设C1Dt(t0)则B(1，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，2t)，A1(0，0，2)，B1(1，0，2)(1，0，0)，(0，2，2)设平面CA1B1的法向量为n(x1，y1，z1)则，得，令z11，则y11，n(0，1，1)同理，可求得平面DAB的一个法向量m.(9分)由|cosn，m|，得t1或t(舍去)DC11.(12分)3解：(1)证明：由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，因此BC平面PAC.因为BC平面PBC.因此平面PBC平面PAC.(4分)(2)解法一：过C作
6、CMAP，则CM平面ABC.如图(1)，以点C为坐标原点，别离以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴成立空间直角坐标系(6分)在RtABC中，因为AB2，AC1，因此BC.又因为PA1，因此A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)(8分)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则因此不妨令y11，则n1(0，1，1)因为(0，0，1)，(，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则因此(10分)不妨令x21，则n2(1，0)于是cosn1，n2.由图(1)知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为.(12分)解法二：如
7、图(2)，过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，因此PACM.(6分)又因为PAABA，且PA平面PAB，AB平面PAB，因此CM平面PAB.过M作MNPB于N，连接NC，由三垂线定理得CNPB，因此CNM为二面角CPBA的平面角(8分)在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM.在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，因此，因此MN.因此在RtCNM中，CN，因此cosCNM，因此二面角CPBA的余弦值为.(12分)4解：(1)AA1A1CAC2，且O为AC中点，A1OAC.又侧面AA1C1C底面ABC，交线为AC，A1O平面A1AC，
8、A1O平面ABC.(4分)(2)连接OB，如图，以O为原点，别离以OB、OC、OA1所在直线为x、y、z轴，成立空间直角坐标系，那么由题可知B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0, )，A(0，1，0)(0，1，)，令平面A1AB的法向量为n(x，y，z)，则nn0.而(0，1，)，(1，1，0)，可求得一个法向量n(3，3，)，|cos，n|，故直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为.(8分)(3)存在点E，且E为线段BC1的中点取B1C的中点M，从而OM是CAB1的一条中位线，OMAB1，又AB1平面A1AB，OM平面A1AB，OM平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点(
9、12分)5解：(1)由题意知AA1，AB，AC两两垂直，成立如下图的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(1，1，2)，则(1，1，2)，(1，1，0)，(0，2，2)(1分)设E(x，y，z)，则(x，y2，z)，(1x，1y，2z)(3分)设，则则E，.(4分)由，得，解得2，因此线段CC1上存在一点E，2，使BE平面A1CC1.(6分)(2)设平面C1A1C的法向量为m(x，y，z)，那么由，得，取x1，则y1，z1.故m(1，1，1)，(8分)而平面A1CA的一个法向量为n(1，0，0)，则cosm，n，(11分)故平面C1A
10、1C与平面A1CA夹角的余弦值为.(12分)6解：(1)点F为棱AB的中点证明如下：取AC的中点G，连接DG，EF，GF，那么由中位线定理得DEBC，DEBC，且GFBC，GFBC.(3分)因此DEGF，DEGF，从而四边形DEFG是平行四边形，EFDG.又EF平面ACD，DG平面ACD，故点F为棱AB的中点时，EF平面ACD.(5分)(2)在平面ACD内作AHCD于点H，DE平面ACDDEAH，又DECDD，故AH底面BCDE，即AH确实是四棱锥ABCDE的高由AHAD知，点H和D重合时，四棱锥ABCDE的体积取最大值(7分)别离以DC，DE，DA所在直线为x，y，z轴，成立如下图的空间直角坐标系，则A(0，0，a)，B(a，2a，0)，E(0，a，0)，(a，2a，a)，(0，a，a)(9分)设平面ABE的法向量为m(x，y，z)，由得，即，可取m(1，1，1)同理能够求得平面ACD的一个法向量n(0，1，0)故cosm，n，故平面ACD与平面ABE夹角的余弦值为.(12分)
