【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题六　立体几何第3课时【高考】.docx，共(12)页，182.445 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

第3课时1．(2016年新课标Ⅰ)如图Z6-20，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，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A

BEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．图Z6-202．(2016年北京)如图Z6-21，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.(1)求

证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．图Z6-213．(2018年江苏)如图Z6-22，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的

中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．图Z6-224．如图Z6-23，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥AB，PD⊥BC，AB＝233AD，∠BAD＝30°.(1)证明：AD⊥PB；

(2)若PD＝AD，BC＝CD，∠BCD＝60°，求二面角A-PB-C的余弦值．图Z6-235．如图Z6-24，直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2AD＝4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形AEFD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF.(1

)当AG＋GC最小时，求证：BD⊥CG；(2)当2VB-ADGE＝VD-GBCF时，求二面角D-BG-C平面角的余弦值．图Z6-246．如图Z6-25，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面CDEF⊥平面ABCD，FC＝FB，四边形ABCD为平行四边形，且∠BCD＝45°.(1)求证

：CD⊥BF；(2)若AB＝2EF＝2，BC＝2，直线BF与平面ABCD所成角为45°，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．图Z6-257．如图Z6-26，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将△ACD折起，使得点D在平面ABC上的射影恰好落在边AB上．(1)求证：平面AC

D⊥平面BCD；(2)当ABAD＝2时，求二面角D-AC-B的余弦值．图Z6-268．如图Z6-27所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，DC＝DA＝2AB＝25，点E为AD的中点．BD∩CE＝H，PH⊥平面AB

CD，且PH＝4.(1)求证：PC⊥BD.(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角B-DF-C的余弦值是1515？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．图Z6-27第3课时1．(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，又EF∩DF＝F，∴AF⊥平面EFDC.又AF⊂

平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解：过点D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知，DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长度，建立如图D258所示的空间直角坐标系G

-xyz，图D258由(1)知，∠DFE为二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°.则|DF|＝2，|DG|＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知，AB∥EF，∴A

B∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝DC，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，∴∠CEF为二面角C-BE-F的平面角．∴∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．∴EC→＝(1,0，3)，EB→＝(0,4,0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－

4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则n·EC→＝0，n·EB→＝0，即x＋3z＝0，4y＝0.∴可取n＝(3,0，－3)．设m是平面ABCD的法向量，则m·AC→＝0，m·AB→＝0.同理可取m＝(0，3，4)．则cos〈n，m

〉＝n·m|n||m|＝－21919.故二面角E-BC-A的余弦值为－21919.2．(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又∵PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)解：取AD的中点O，连接PO，CO，∵PA＝

PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴CO⊥AD.建立如图D259所示的空间直角坐标系O-xyz，由题意，得A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0

,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PD→＝0，n·PC→＝0，即－y－z＝0，2x－z＝0.令z＝2，则x＝1，y＝－2.∴n＝(1，－2,2)．又PB→

＝(1,1，－1)，∴cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝－33.∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.图D259(3)解：设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM→＝λAP→.因此点M(0,1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)．∵BM⊄平面PCD，∴要使BM∥平面

PCD，只有当且仅当BM→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.3．解：如图D260，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别

为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系O-xyz.∵AB＝AA1＝2，∴A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)．图D260(1)∵P为A1B1的中

点，∴P32，－12，2，从而BP→＝－32，－12，2，AC1→＝(0,2,2)，故|cos〈BP→，AC1→〉|＝|BP→·AC1→||BP→|·|AC1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面

直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)∵Q为BC的中点，∴Q32，12，0，因此AQ→＝32，32，0，AC1→＝(0,2,2)，CC1→＝(0,0,2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则AQ→·

n＝0，AC1→·n＝0，即32x＋32y＝0，2y＋2z＝0.不妨取n＝(3，－1,1)，设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈CC1→，n〉|＝|CC1→·n||CC1→|·|n|＝25×2＝55，∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.

4．(1)证明：由PD⊥AB，PD⊥BC，AB∩BC＝B，得PD⊥平面ABCD，从而PD⊥AD.又在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos30°＝13AD2，则有AD2＋BD2＝AB2，∴∠ADB＝90°，即AD⊥DB.又PD∩DB＝D，则有AD⊥平面PDB，故AD⊥

PB.(2)解：以D为原点，DA→方向为x轴正半轴，DB→方向为y轴正半轴，DP→方向为z轴正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，设AD＝3，则A(3，0,0)，P(0,0，3)，B(0,1,0)，C－32，12，0，则AB→＝(－3，1,0

)，BP→＝(0，－1，3)，BC→＝－32，－12，0.设平面APB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AB→＝－3x1＋y1＝0，m·BP→＝－y1＋3z1＝0，令x1＝1

，则y1＝3，z1＝1，故m＝(1，3，1)．设平面PBC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·BC→＝－32x2－12y2＝0，n·BP→＝－y2＋3z2＝0，令x2＝1，则有y2＝－3，z2＝－1，故n＝(1，－3，－1)，∴cos

〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝－35×5＝－35，由图知，二面角A-PB-C的余弦值为－35.5．(1)证明：∵点E，F分别是AB，CD的中点，∴EF∥BC.又∠ABC＝90°，∴AE⊥EF.∵平面AEFD⊥平

面EBCF，∴AE⊥平面EBCF，AE⊥EF，AE⊥BE，又BE⊥EF，如图D261建立空间直角坐标系E-xyz.翻折前，连接AC交EF于点G，此时点G使得AG＋GC最小．EG＝12BC＝2.又∵EA＝EB＝2.则A(0,0,2)，B(2,0,0)，

C(2,4,0)D(0,2,2)，E(0,0,0)，G(0,2,0)，∴BD→＝(－2,2,2)，CG→＝(－2，－2,0)，∴BD→·CG→＝(－2)×(－2)＋2×(－2)＋0＝0，∴BD⊥CG.图D261(2)

解：设EG＝k，∵AD∥平面EFCB，∴点D到平面EFCB的距离即为点A到平面EFCB的距离．∵S四边形GBCF＝12[(3－k)＋4]×2＝7－k，∴VD－GBCF＝13·S四边形GBCF·AE＝23(7－k)，

∴VB－ADGE＝13S四边形ADGE·BE＝23(2＋k)又∵2VB-ADGE＝VD-GBCF，∴43(2＋k)＝23(7－k)，∴k＝1，即EG＝1.设平面DBG的法向量为n1＝(x，y，z)，∵G(0,1,0)，∴BG→＝(－2,1,0)，BD→＝(－2,2,2)，则

n1·BD→＝0，n1·BG→＝0，即－2x＋2y＋2z＝0，－2x＋y＝0.取x＝1，则y＝2，z＝－1，∴n1＝(1,2，－1)．平面BCG的一个法向量为n2＝(0,0,1)，则cos〈n1，n2〉＝－66，∵所求二面角D-BF-C的平面角

为锐角，∴此二面角平面角的余弦值为66.6．(1)证明：如图D262，过F作FO⊥CD交CD于O，连接BO.由平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，得FO⊥平面ABCD，因此FO⊥OB.∵FB＝FC，FO

＝FO，∠FOC＝∠FOB＝90°，∴△FOC≌△FOB，∴OB＝OC，由已知∠DCB＝45°，得△BOC为等腰直角三角形，∴OB⊥CD.又CD⊥FO，∴CD⊥平面FOB，∴CD⊥FB.图D262(2)解：∵AB∥CD，AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，∴AB

∥平面CDEF.∵平面ABFE∩平面CDEF＝EF，∴AB∥EF.由(1)得OB，OC，OF两两垂直，以O为坐标原点，建立如图D262所示的空间直角坐标系O-xyz，由题意得∠FBO＝45°，进而可得A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，

D(0，－1,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)，设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AD→＝0，m·DE→＝0，即－x1＋y1＝0，z1＝0，可取m＝(1,1

,0)，设平面BCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·BC→＝0，n·CF→＝0，即－x2＋y2＝0，－y2＋z2＝0，可取n＝(1,1,1)，则cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝22·3＝63，∴二面角的余弦值为6

3.7．(1)证明：设点D在平面ABC上的射影为点E，连接DE.则DE⊥平面ABC，∴DE⊥BC.∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC.∵DE∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥AD.又AD⊥CD，BC∩CD＝C，∴AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥

平面BCD.(2)解法一：如图D263①，在矩形ABCD中，过点D作AC的垂线DM，垂足为M，连接ME.∵DE⊥平面ABC，∴DE⊥AC.又DM∩DE＝D，∴AC⊥平面DME，∴EM⊥AC.∴∠DME

为二面角D-AC-B的平面角．设|AD|＝|BC|＝a，则|AB|＝|CD|＝2a.在Rt△ABC中，AC＝AB2＋BC2＝(2a)2＋a2＝5a，在Rt△ADC中，由射影定理，可得AM＝AD2AC＝a25a＝

5a5，由三角形的面积公式，可得DM＝AD·CDAC＝a·2a5a＝25a5.在△AEM中，EMAM＝tan∠BAC＝12，∴EM＝5a10，∴cos∠DME＝EMDM＝14.①②图D263解法二：以点B为

原点，CB的延长线所在的直线为x轴，AB的延长线所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图D263②所示．设|AD|＝a，则|AB|＝2a，∴A(0，－2a,0)，C(－a,0,0)．由(1)知AD⊥BD，又ABAD＝2，∴∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，那么|A

E|＝|AD|cos∠DAB＝12a，|BE|＝|AB|－|AE|＝32a，|DE|＝|AD|sin∠DAB＝32a，∴D0，－32a，32a，∴AD→＝0，12a，32a，AC→＝(－a,

2a,0)．设平面ACD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·AD→＝0，m·AC→＝0，即12ay＋32az＝0，－ax＋2ay＝0.取y＝1，则x＝2，z＝－33，∴m＝2，1，－33.∵平面ABC的一个

法向量为n＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－3312＋22＋－332＝－14.∵二面角D-AC-B为锐角，∴二面角D-AC-B的余弦值为14.8．(1)证明：∵AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠EDC＝∠BAD＝90°.∵DC＝DA＝2AB，E为AD的中点，∴

AB＝ED，∴△BAD≌△EDC，∴∠DBA＝∠DEH.∵∠DBA＋∠ADB＝90°，∴∠DEH＋∠ADB＝90°，∴BD⊥EC.∵PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PH.又∵PH∩EC＝H，且PH，EC⊂平面PEC，∴BD⊥平面PEC.又∵PC⊂平面PEC，∴PC⊥

BD.(2)解：由(1)知∠DEH＝∠DBA.又∠EDH＝∠BDA，∴△DEH∽△DBA，∴DHDA＝EHBA＝DEDB.又AD＝25，AB＝DE＝12AD＝5，BD＝AB2＋AD2＝(5)2＋(25)2＝5，∴DH25

＝EH5＝55，∴DH＝2，EH＝1.∴HB＝BD－DH＝5－2＝3.又CE＝CD2＋DE2＝(25)2＋(5)2＝5，∴HC＝CE－EH＝5－1＝4.又由△DEH∽△DBA，得∠DHE＝∠DAB＝90°，∴EC⊥BD.又PH⊥平面ABCD，∴PH⊥EC，PH⊥BD，∴PH，EC，BD两两

垂直．建立以H为坐标原点，HB，HC，HP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图D264所示．图D264假设线段PC上存在一点F满足题意．∵CF→与CP→共线，∴存在唯一实数λ(0≤λ≤1)，满足CF→＝λCP→，可得F(0,4－4λ，4λ)．设向量m＝(x1，y1

，z1)为平面CPD的一个法向量，且CP→＝(0，－4,4)，CD→＝(－2，－4,0)，∴m·CP→＝0，m·CD→＝0.－4y1＋4z1＝0，－2x1－4y1＝0.－y1＋z1＝0，x1＋2y1＝0.取x1＝2，y1＝z1＝－1，则平面CPD的一个

法向量为m＝(2，－1，－1)．同理可得，平面BFD的一个法向量为n＝(0，λ，λ－1)．设二面角B-DF-C的平面角为θ，且0≤λ≤1，由图可知cosθ＝－m·n|m||n|＝－－λ－λ＋122＋(－1)2＋(－1)2·02

＋λ2＋(λ－1)2＝2λ－16(2λ2－2λ＋1).∵2λ－16(2λ2－2λ＋1)＝1515，其中2λ－1＞0，即12＜λ≤1，∴λ＝34，即CF→＝34CP→.∵CP＝42，∴线段PC上存在一点F，当点F满足CF＝32时，二面角B-DF-C的余弦值是1515.获得更多资源请扫码加入享

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