立體幾何高考題-模擬題帶答案(編輯修改稿)
2025-07-21 23:48 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 ∵O為BD的中點(diǎn)，∴O為AF，BD的交點(diǎn)，∵PD=PB=2，∴PO⊥BD，…..（2分）∵=，∴=，在三角形PAO中，PO2+AO2=PA2=4，∴PO⊥AO，…（4分）∵AO∩BD=O，∴PO⊥平面ABCD． …（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知PO⊥平面ABCD，又AB⊥AD，所以過O分別做AD，AB的平行線，以它們做x，y軸，以O(shè)P為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：由已知得：A（﹣1，﹣1，0），B（﹣1，1，0），D（1，﹣1，0）F（1，1，0），C（1，3，0），．則，，．∴，∴OE∥PF，∵OE?平面PDC，PF?平面PDC，∴OE∥平面PDC． …（9分）（Ⅲ） 設(shè)平面PDC的法向量為，直線CB與平面PDC所成角θ，則，即，解得，令z1=1，則平面PDC的一個(gè)法向量為，又，則，∴直線CB與平面PDC所成角的正弦值為．…（14分）點(diǎn)評(píng)：本題考查證明線面平行、線面垂直的方法，求直線和平面所成的角，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，把CB和平面PDC所稱的角的正弦值轉(zhuǎn)化為CB和平面PDC的法向量夾角的余弦值，是解題的難點(diǎn)和關(guān)鍵． 7．（2014?天津模擬）如圖，在四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1中，下底ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，上底A1B1C1D1是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，DD1=2．（1）求證：B1B∥平面D1AC；（2）求證：平面D1AC⊥平面B1BDD1．考點(diǎn)：直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：證明題．分析：（1）設(shè)AC∩BD=E，連接D1E，根據(jù)平面ABCD∥平面A1B1C1D1的性質(zhì)得B1D1∥BE，而B1D1=BE=，則四邊形B1D1EB是平行四邊形，從而B1B∥D1E，又因B1B?平面D1AC，D1E?平面D1AC，根據(jù)線面平行的判定定理可知B1B∥平面D1AC；（2）根據(jù)側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，得AC⊥DD1．而下底ABCD是正方形則AC⊥BD，根據(jù)DD1與DB是平面B1BDD1內(nèi)的兩條相交直線，則AC⊥平面B1BDD1，AC?平面D1AC，根據(jù)面面垂直的判定定理可知平面D1AC⊥平面B1BDD1．解答：證明：（1）設(shè)AC∩BD=E，連接D1E，∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1．∴B1D1∥BE，∵B1D1=BE=，∴四邊形B1D1EB是平行四邊形，所以B1B∥D1E．又因?yàn)锽1B?平面D1AC，D1E?平面D1AC，所以B1B∥平面D1AC（2）證明：側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥DD1．∵下底ABCD是正方形，AC⊥BD．∵DD1與DB是平面B1BDD1內(nèi)的兩條相交直線，∴AC⊥平面B1BDD1∵AC?平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面B1BDD1．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了直線與平面平行、直線與平面垂直的判定定理，同時(shí)考查了空間想象能力以及推理能力，涉及到的知識(shí)點(diǎn)比較多，知識(shí)性技巧性都很強(qiáng)． 8．（2013?北京）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，求證：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．考點(diǎn)：直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：空間位置關(guān)系與距離．分析：（Ⅰ）根據(jù)條件，利用平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）根據(jù)已知條件判斷ABED為平行四邊形，故有BE∥AD，再利用直線和平面平行的判定定理證得BE∥平面PAD．（Ⅲ）先證明ABED為矩形，可得BE⊥CD ①．現(xiàn)證CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位線的性質(zhì)可得EF∥PD，從而證得 CD⊥EF ②．結(jié)合①②利用直線和平面垂直的判定定理證得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理證得平面BEF⊥平面PCD．解答：解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，故四邊形ABED為平行四邊形，故有BE∥AD．又AD?平面PAD，BE不在平面PAD內(nèi)，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四邊形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED為矩形，故有BE⊥CD ①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分別為CD和PC的中點(diǎn)，可得EF∥PD，∴CD⊥EF ②．而EF和BE是平面BEF內(nèi)的兩條相交直線，故有CD⊥平面BEF．由于CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線和平面垂直的判定定理，直線和平面平行的判定定理，平面和平面垂直的判定定理、性質(zhì)定理的應(yīng)用，屬于中檔題． 9．（2013?天津）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，且各棱長(zhǎng)均相等．D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點(diǎn)．（Ⅰ）證明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ）證明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；（Ⅲ）求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值．考點(diǎn)：直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析：（I）連接ED，要證明EF∥平面平面A1CD，只需證明EF∥DA1即可；（II）欲證平面平面A1CD⊥平面A1ABB1，即證平面內(nèi)一直線與另一平面垂直，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理證得CD⊥面A1ABB1，再根據(jù)面面垂直的判定定理得證；（III）先過B作BG⊥AD交A1D于G，利用（II）中結(jié)論得出BG⊥面A1CD，從而∠BCG為所求的角，最后在直角△BGC中，求出sin∠BCG即可得出直線BC與平面A1CD所成角的正弦值．解答：證明：（I）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1，AC=A1C1，連接ED，可得DE∥AC，DE=AC，又F為棱A1C1的中點(diǎn)．∴A1F=DE，A1F∥DE，所以A1DEF是平行四邊形，所以EF∥DA1，DA1?平面A1CD，EF?平面A1CD，∴EF∥平面A1CD（II）∵D是AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD?平面ABC，∴AA1⊥CD，又AA1∩AB=A，∴CD⊥面A1ABB1，又CD?面A1CD，∴平面A1CD⊥平面A1ABB1；（III）過B作BG⊥A1D交A1D于G，∵平面A1CD⊥平面A1ABB1，且平面A1CD∩平面A1ABB1=A1D，BG⊥A1D，∴BG⊥面A1CD，則∠BCG為所求的角，設(shè)棱長(zhǎng)為a，可得A1D=，由△A1AD∽△BGD，得BG=，在直角△BGC中，sin∠BCG==，∴直線BC與平面A1CD所成角的正弦值．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了平面與平面垂直的判定，直線與平面所成的角，以及直線與平面平行的判定，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力，屬于基礎(chǔ)題． 10．（2013?浙江）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120176。，G為線段PC上的點(diǎn)．（Ⅰ）證明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若G是PC的中點(diǎn)，求DG與PAC所成的角的正切值；（Ⅲ）若G滿足PC⊥面BGD，求的值．考點(diǎn)：直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析：
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