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

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，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCC平面ABC平面BDCB平面ADC平面BDCD平面ADC平面ABC答案D解析在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，则CDAB，又ADAB，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PQ的大小为60，点C为棱PQ上一点，A，AC2，ACP30，则点A到平面的距离为()2C.32A121B.3D.因为AC2，ACP30，所以ADACsin3021.在AOD中，AOADsin6013.故选C.答案C解析如图，过A作AO于O，点A到平面的距离为AO.作ADPQ于D，连接OD，则ADCD，CDOD，ADO就是二面角PQ的大小，即为60.123223.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若E，F分别是BC，DD1的中点，则B1到平面ABF的距离为()B.55A.C.3353525D.答案D解析方法一：由VB1ABFVFABB1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)AFB1E.又ABB1E，B1E平面ABF.ABBE251.B1到平面ABF的距离为5|B1E|则A(1，0，1)，B1(1，1，0)112211B1E(2，0，1)，AF(1，0，2)11AFB1E(1，0，2)(2，0，1)0，1平面ABF的法向量为B1E(2，0，1)，AB1(0，1，1)14(2019广东深圳月考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为C1D1与AB的中点，B1到平面A1FCE的距离为()A.C.3666B.D.33632答案D解析设点B1到平面A1FCE的距离为h.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，A1FFC5，126114，A1B1FA1C3，EF2，S1CF2322112.16116h1，解得h3又V三棱锥B1A1CFV三棱锥CA1B1F，3432.即点B1到平面3A1FCE的距离为6.故选D.如图所示，ADP为正三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD.点M为平面ABCD内的一个动点，且满足MPMC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为()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ABCDA1B1C1D1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()B.D.AC33252为3231.答案D解析在面ABCD，面AA1B1B，面AA1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹分别是以A为圆心，2为半径，圆心角为6的圆弧，在面A1B1C1D1，面BB1C1C，面CC1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹是分别以A1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56227(2019江西南昌调研)已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC满足AB22，ACB90，PA为球O的直径，且PA4，则点P到底面ABC的距离为()A.2C.3B22D23球O的半径ROCPA2.过点O作OD平面ABC，垂足为D.在ABC中，AB22，ACB答案B解析三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，且直径PA4，球心O是PA的中点，1290，D为AB的中点，且ADBDCD2，ODOC2CD2422，点P到底面ABC的距离d2OD22.故选B.8(2019甘肃兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BCDC，AEDC，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)不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN平面DEC；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAE；M(，cos，sin)，N(，0)MN(0，cos，sin)，EA(a，0，0)，AB(0，b，0)，AD(a，bcos，bsin)，EC(0，b，0)MNEA0，MNAE，对，EA是平面CED的法向量MN平面DEC，对，MN与AB异面，不对当时，ADEC0，对不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAB；在折起过程中，一定存在某个位置，使ECAD.答案解析不妨设BCa，CEEDb.折起后CED(0)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，bsin)，B(a，b，0)abbab22222bbb2222综上，正确9如图所示，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，PAAB，ABC60，BCA90，点D，E分别在棱PB，PC上，且DEBC.答案(1)略(2)14(3)存在点EDEBC.(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ADEP为直二面角？并说明理由4解析方法一：(1)PA底面ABC，PABC.又BCA90，ACBC，又PAACA，BC平面PAC.(2)D为PB的中点，DEBC，12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，PAAB.在ABC中，ABC60.BCAB.(1)AP(0，0，a)，BC(a，0，0)，BCAP0，BCAP.AD(a，AD1ADE中，sinDAEDEBCAD2AD2cosDAE14设PAa，由已知可得A(0，0，0)，B(a，3D(a，34a，a)，E(0，34a，a)，AE(0，4a，a)，又PA，ABP为等腰直角三角形2AB.124.4.(3)DEBC，又由(1)知，BC平面PAC，DE平面PAC.又AE平面PAC，PE平面PAC，DEAE，DEPE.AEP为二面角ADEP的平面角PA底面ABC，PAAC，PAC90.在棱PC上存在一点E，使得AEPC.这时，AEP90.故存在点E使得二面角ADEP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Axyz.1322a，0)，C(0，2a，0)，P(0，0，a)12又BCA90，BCAC.又APACA，BC平面PAC.(2)D为PB的中点，DEBC，E为PC的中点111424a，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131314221，1)，DB(2，2，0)，DE(0，1，1)设平面BDE的法向量为n1(x，y，nDB0，2x2y0，1则yz0.nDE0，又C(0，2，0)，A(2，0，0)，AC(2，2，0)，且AC平面PDB，cosDAE.答案(1)略(2)(3)CM.|nn2|26|n1|n2|323ADAE144|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PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是正方形，PDAB2，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EBDP的余弦值23633解析(1)证明：PD平面ABCD，PDBC.又正方形ABCD中，CDBC，PDCDD，BC平面PCD.DE平面PCD，BCDE.PDCD，E是PC的中点，DEPC.又PCBCC，DE平面PCB.(2)如图所示，过点C作CMBE于点M，由(1)知平面DEB平面PCB，平面DEB平面PCBBE，CM平面DEB.线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离PDABCD2，PDC90，PC22，EC2，BC2.BE6.CEBC23BE3(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z1，得y1，x1.平面BDE的一个法向量为n1(1，1，1)平面PDB的一个法向量为n2(1，1，0)设二面角EBDP的平面角为，则cos1.二面角EBDP的余弦值为63.11(2019广州模拟)如图(1)，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，且BC2AD4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AECF，得到如图(2)的立体图形答案(1)略(2)则EGEB，因为EGAD2，BC4，所以EB22.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(22，2，22)，FD(0，1，22)，BC(0，4，0)，CD(22，2，22)nBD22x2y22z0，nFDy22z0.mBC4b0，mCD22a2b22c0.(1)证明：平面AEFD平面EBCF；(2)若BDEC，求二面角FBDC的余弦值23解析(1)证明：由折叠可知，AEEF.因为AECF，且EFCFF，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DGAE交EF于点G，连接BG，则DG平面EBCF，所以DGEC.因为BDEC，BDDGD，所以EC平面BDG，所以ECBG.所以BGEGECCEBGEC，所以BGECEB，且EBCGEB90，所以EGBBEC，EBBC方向，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则F(0，3，0)，D(0，2，22)，C(22，4，0)，A(0，0，22)，B(22，0，0)设平面FBD的法向量n(x，y，z)，则令z1，得y22，x3，所以平面FBD的一个法向量是n(3，22，1)设平面BCD的法向量m(a，b，c)，则|n|m|1823所以二面角FBDC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，建立空间直令a1，得b0，c1，所以平面BCD的一个法向量是m(1，0，1)nm42因为cosn，m，2312(2019长沙调研)如图所示，四棱锥SABCD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CPSD.(1)求证：ACSD；(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SEEC的值；若不存在，试说明理由答案(1)略(2)存在，21解析(1)连接BD，设AC交BD于点O，则ACBD.连接SO，由题意知SO平面ABCD.角坐标系，如图所示a，设底面边长为a，则高SO62a)，D(a，0，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，OC(0，a，0)，SD(于是S(0，0，2622222222a，0，a)，则OCSD0.故OCSD，从而ACSD.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，6a)，BC(a，a，0)设CEtCS，则BEBCCEBCtCS(a，a(1t)，at)，而BEDS0t.2622(2)棱SC上存在一点E，使BE平面PAC.2622222222222612223即当SEEC21时，BEDS.则BE平面PAC，故BE平面PAC.N13(2019太原二模)如图，在平面六边形ABFCDE中，四边形ABCD是矩形，且AB4，BC2，AEDE2，BFCF5，点M，分别是AD，BC的中点，分别沿直线AD，BC将ADE，BCF翻折成如图的空间几何体ABCDEF.答案(1)略(2)238OM，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EADB和二面角FBCA都是60，求二面角ABEF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，AMBN，AMBN，DAB90，四边形ABNM是矩形，ADMN.AEDE，点M是AD的中点，ADME，又MNMEM，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EOMN，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Oxyz.AD2，AEDE2，点M是AD的中点，AEDE，EM1，二面角EADB是60，EMN60，1322同理，过点F作FOMN，可得ON1，FO3.1735722222353222则73mBE0，x12y12z10，5nEF0，yz0，则nBE0，xyz0，令z22，n(，2)是平面BEF的一个法向量cosm，n，设m(x1，y1，z1)是平面ABE的法向量，0，mAB4y10，令z12，m(3，0，2)，是平面ABE的一个法向量设n(x2，y2，z2)是平面BEF的法向量，3222273222221232355mn238|m|n|17易知二面角ABEF是钝角，二面角ABEF的余弦值为23817.