2019-2020年高中数学知识点训练28 立体几何 .doc

2019-2020年高中数学知识点训练28 立体几何1如图，平面ABCD平面PAD，APD是直角三角形，APD90，四边形ABCD是直角梯形，其中BCAD，BAD90，AD2BC，O是AD的中点 (1)求证：CD平面PBO；(2)求证：平面PAB平面PCD. 2(xx福建)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB.(1)求证：CE平面PAD；(2)若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积3如图所示，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE平面CDE，且AE3，AB6.(1)求证：AB平面ADE；(2)求凸多面体ABCDE的体积 4.(xx辽宁)已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC，PAACAB，N为AB上一点，且AB4AN，M，S分别为PB，BC的中点(1)证明：CMSN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小5如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的侧面是边长为2的正方形，D、E分别是BB1、AC的中点(1)求证：BE平面A1CD；(2)求二面角CA1DC1的余弦值6如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明：平面AMD平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值答案1证明(1)AD2BC，且O是AD中点，ODBC，又ADBC，ODBC，四边形BCDO为平行四边形，CDBO，CD平面PBO，且BO平面PBO，故CD平面PBO.(2)BAD90，BAAD，又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，AB平面PAD，PD平面PAD，ABPD.APPD，ABAPA，PD平面PAB，又PD平面PCD，故平面PAB平面PCD.2(1)证明因为PA平面ABCD，CE平面ABCD，所以PACE.因为ABAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)解由(1)可知CEAD.在RtECD中，DECDcos 451，CECDsin 451.所以AEADED2.又因为ABCE1，ABCE，所以四边形ABCE为矩形所以S四边形ABCDS矩形ABCESECDABAECEDE1211.又PA平面ABCD，PA1，所以V四棱锥PABCDS四边形ABCDPA1.3解(1)AE平面CDE，CD平面CDE，AECD.在正方形ABCD中，CDAD，ADAEA，CD平面ADE.ABCD，AB平面ADE.(2)在RtADE中，AE3，AD6，DE3.连接BD，则凸多面体ABCDE被分割为三棱锥BCDE和三棱锥BADE.由(1)知，CDDE.SCDECDDE639.又ABCD，AB平面CDE，CD平面CDE，AB平面CDE.点B到平面CDE的距离为AE的长度VBCDESCDEAE939.AB平面ADE，VBADESADEAB69.VABCDEVBCDEVBADE9918.故所求凸多面体ABCDE的体积为18.4.(1)证明设PA1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图所示，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N(，0,0)，S(1，0)所以(1，1，)，(，0)因为00，所以CMSN.(2)解(，1,0)，设a(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则即令x2，得a(2,1，2)因为|cosa，|，所以SN与平面CMN所成的角为45.5(1)证明由题意，可知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都等于2.ABC是边长为2的正三角形，且AEEC.BEAC，且BEAC.又平面ABC平面ACC1A1，平面ABC平面ACC1A1AC，BE平面ACC1A1.取A1C1的中点F，连接EF，则在正方形ACC1A1中，EFAC.以E为坐标原点，直线EA、EF、EB分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则E(0,0,0)，B(0,0，)，A(1,0,0)，C(1,0,0)，A1(1,2,0)，C1(1,2,0)，D(0,1，)则(0,0，)，(2,2,0)，(2，2,0)，(1,1，)设mn，则有解得即.根据向量共面定理，可知与、共面又A1CCDC，EB平面A1CD，BE平面A1CD.(2)解设平面A1CD的法向量n(x，y，z)由得即令x1，则y1，z0.n(1，1,0)是平面A1CD的一个法向量设平面C1A1D的法向量m(x1，y1，z1)而(2,0,0)，(1，1，)由得即令z11，得y1.m(0，1)是平面C1A1D的一个法向量故cosm，n.设二面角CA1DC1的平面角为，由图可知，故cos cosm，n.6方法一(1)解由题设知，BFCE，所以CED(或其补角)为异面直线BF与DE所成的角设P为AD的中点，连接EP，PC.因为FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA平面ABCD，所以EP平面ABCD.而PC、AD都在平面ABCD内，故EPPC，EPAD.由ABAD，可得PCAD.设FAa，则EPPCPDa，CDDEECa，故CED60.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.(2)证明因为DCDE且M为CE的中点，所以DMCE.连接MP，由EPCP得，MPCE.又MPDMM，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)解设Q为CD的中点，连接PQ，EQ.因为CEDE，所以EQCD.因为PCPD，所以PQCD，故EQP为二面角ACDE的平面角由(1)可得，EPPQ，EQa，PQa.于是在RtEPQ中，cos EQP.所以二面角ACDE的余弦值为.方法二如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1)解(1,0,1)，(0，1,1)，于是cos，.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.(2)证明由，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则于是令x1可得u(1,1,1)又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1)所以，cos u，v.因为二面角ACDE为锐角，所以其余弦值为.