高三二轮立体几何大题训练.docxVIP

立体几何大题1.如图1，等腰梯形ABCD中，BC∥AD，CE⊥AD，AD＝3BC＝3，CE＝1.求△CDE沿CE折起得到四棱锥F－ABCE(如图2)，G是AF的中点.(1)求证：BG∥平面ECE；(2)当平面FCE⊥平面ABCE时，求三棱锥F－BEG的体积.(1)证明　如图，取EF的中点M，连接GM、MC，则GMAE.∵等腰梯形ABCD中，BC＝1，AD＝3，∴BCAE.∴GMBC，∴四边形BCMG是平行四边形，∴BG∥CM.又CM?平面FCE，BG?平面FCE，∴BG∥平面FCE.(2)解　∵平面FCE⊥平面ABCE，平面FCE∩平面ABCE＝CE，EF?平面FCE，FE⊥CE，∴FE⊥平面ABCE.又VF－BEG＝VB－GEF＝VB－AEF＝VF－ABE，S△ABE＝×2×1＝1，∴VF－BEG＝××1×1＝.2.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.(1)证明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解　过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，).由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2，0，).所以＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(－3，－4，)，＝(－4，0，0).设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n＝(3，0，－).设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m＝(0，，4)，则cos〈n，m〉＝＝－.故二面角E－BC－A的余弦值为－.3.如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.又AD∥BC，故TN綉AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解　取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，AE＝＝＝.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，＝(0，2，－4)，＝，＝.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n＝(0，2，1).于是cos〈n，〉＝＝.设AN与平面PMN所成的角为θ，则sinθ＝，∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.4.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点.(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.法一　(1)证明　如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝AB.又F是CD的中点，所以DF＝CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH?平面ADE，GF?平面ADE，所以GF∥平面ADE.法二　(1)证明　如图，取AB中点M，连接MG，MF.又G是BE的中点，可知GM∥AE.又AE?平面ADE，GM?平面ADE，所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.又AD?平面ADE，MF?平面ADE.所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.因为GF?平面GMF，所以GF∥平面ADE.(2)解　如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)