2018届高三数学第57练高考大题突破练—立体几何

第57练高考大题突破练——立体几何
1．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是腰长为6的等腰直角三角形，俯视图是正方形．
(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；
(2)用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为6的正方体ABCD—A1B1C1D1?如何组拼？试证明你的结论；
(3)在(2)的情形下，设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中点为E, 求平面AB1E与平面ABC 所成二面角的余弦值．
2.如图所示，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 为PC 的中点，N 点在AB 上且AN ＝1
3
NB .
(1)证明：MN ∥平面PAD ；
(2)求直线MN 与平面PCB 所成的角．
3.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝4，CB ＝2，AA 1＝2，∠ACB ＝60°，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．
(1)证明：平面AEB ⊥平面BB 1C 1C ； (2)证明：C 1F ∥平面ABE ；
(3)设P 是BE 的中点，求三棱锥P －B 1C 1F 的体积．
4．(2016·浙江)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF ＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角BADF的平面角的余弦值．
答案精析
1．解 (1)该几何体的直观图如图1所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥. 其中底面
ABCD 是边长为6的正方形，高PD ＝6，故所求体积是V ＝13
×62×6＝72.
(2)依题意，正方体的体积是原四棱锥体积的3倍，故用3个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为6的正方体，即由四棱锥D 1－ABCD ，D 1－BB 1C 1C ，D 1－BB 1A 1A 组成．其拼法如图2所示. (3)因为△AB 1E 的边长AB 1＝62，B 1E ＝35，AE ＝9，所以S △AB 1E ＝27，而S △ABC ＝18，所以平面AB 1E 与平面ABC 所成二面角的余弦值为1827＝23
.
2．证明 方法一 (1)过点M 作ME ∥CD 交PD 于E 点，连接AE ， ∵AN ＝13NB ，∴AN ＝14AB ＝1
2DC ＝EM ，
又EM ∥DC ∥AB ，∴EM ∥AN ， ∴四边形AEMN 为平行四边形， ∴MN ∥AE ，
又∵AE ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ， ∴MN ∥平面PAD .
(2)过N 点作NQ ∥AP 交BP 于点Q ，
NF ⊥CB 于点F ，连接QF ，过N 点作NH ⊥QF 于点H ，
连接MH ，易知QN ⊥平面ABCD ，
∴QN ⊥BC ，又NF ⊥BC ，NF ∩QN ＝N ，NF ⊂平面QNF ，QN ⊂平面QNF ， ∴BC ⊥平面QNF ，∴BC ⊥NH ， ∵NH ⊥QF ，BC ∩QF ＝F ，
BC ⊂平面PBC ，QF ⊂平面PBC ，
∴NH ⊥平面PBC ，
∴∠NMH 为直线MN 与平面PCB 所成角， 通过计算可得MN ＝AE ＝
22，QN ＝34，NF ＝3
4
2，
∴NH ＝
QN ·NF QF ＝QN ·NF QN 2＋NF 2＝6
4
， ∴sin ∠NMH ＝NH
MN
＝
3
2
，∴∠NMH ＝60°， ∴直线MN 与平面PCB 所成角为60°.
方法二 (1)以A 为原点，以AD ，AB
，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系
Axyz ，如图所示，
过点作ME ∥CD ，ME 交PD 于点E ，连接AE ，
由已知可得A (0,0,0)，B (0,2,0)，D (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)，
M (12，12，12)，E (12，0，12)，N (0，12
，0)．
∵NM →＝(1
2，0，12)，AE →＝(12，0，12)，
∴MN ∥AE ，∵MN ⊄平面PAD ，AE ⊂平面PAD ， ∴MN ∥平面PAD .
(2)不妨设a ＝(1，y ，z )，且a ⊥平面PCB ， 则a ⊥BC →，a ⊥BP →
，
而BC →＝(1，－1,0)，BP →
＝(0，－2,1)，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
1－y ＝0，－2y ＋z ＝0⇒⎩
⎪⎨
⎪⎧
y ＝1，z ＝2，
∴a ＝(1,1,2)．
∴cos 〈a ，NM →
〉＝a ·NM →
|a ||NM →|＝1
2＋0＋16·
22＝32.
即向量a 与NM →
的夹角为30°， ∴直线MN 与平面PCB 所成的角为60°. 3．(1)证明 在△ABC 中，
∵AC ＝2BC ＝4，∠ACB ＝60°， ∴AB ＝23，∴AB 2
＋BC 2
＝AC 2
， ∴AB ⊥BC ，
由已知得AB ⊥BB 1，且BC ∩BB 1＝B ， 又∵BC ⊂平面BB 1C 1C ，
BB 1⊂平面BB 1C 1C ，
∴AB ⊥平面BB 1C 1C ， 又AB ⊂平面ABE ， ∴平面ABE ⊥平面BB 1C 1C .
(2)证明 取AC 的中点M ，连接C 1M ，FM ， 在△ABC 中，FM ∥AB ， 而FM ⊄平面ABE ，
AB ⊂平面ABE ，
∴直线FM ∥平面ABE ，
在矩形ACC 1A 1中，E ，M 分别是A 1C 1，AC 的中点，∴C 1M ∥AE ， 而C 1M ⊄平面ABE ，AE ⊂平面ABE ， ∴C 1M ∥平面ABE ，
∵C 1M ∩FM ＝M ，C 1M ⊂平面FMC 1，FM ⊂平面FMC 1， ∴平面ABE ∥平面FMC 1， 又C 1F ⊂平面FMC 1， 故C 1F ∥平面ABE .
(3)解 取B 1C 1的中点H ，连接EH ， 则EH ∥AB ，且EH ＝1
2AB ＝3，
又AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴EH ⊥平面BB 1C 1C ， ∵P 是BE 的中点， ∴11111
2
P B C F E B C F V V --=
＝12×111
3
B C F S ∆·EH
＝12×13×2×3＝33
. 4．(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．
因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCFE ，因此BF ⊥AC .
又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则
BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC 都在平面ACFD 内，
所以BF ⊥平面ACFD .
(2)解 方法一 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ . 因为BF ⊥平面ACFD ，AK 在平面ACFD 内，所以BF ⊥AK ， 则AK ⊥平面BQF ，BQ 在平面BQF 内，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角BADF 的平面角． 在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得FQ ＝31313.
在Rt △BQF 中，FQ ＝313
13，BF ＝3，
得cos ∠BQF ＝
34
. 所以，二面角BADF 的平面角的余弦值为
34
. 方法二 因为△BCK 为等边三角形，取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ， 又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .
以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .
由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2
，0，32，
F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1
2，0，
32.
因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →
＝(2,3,0)．
设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，
得⎩⎨
⎧ 3y 1＝0，
x 1＋3y 1＋3z 1＝0，
取m ＝(3，0，－1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧
AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，
得⎩⎨
⎧
2x 2＋3y 2＝0，
x 2＋3y 2＋3z 2＝0，
取n ＝(3，－2，3)．
于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3
4
.
所以，二面角BADF 的平面角的余弦值为
34
.。