2019高考数学大二轮复习专题7立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练文

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第2讲 综合大题部分

1. (2018·高考天津卷)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=23,∠BAD=90°. (1)求证:AD⊥BC;

(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.

解析:(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.

(2)如图,取棱AC的中点N,连接MN,ND. 又因为M为棱AB的中点,所以MN∥BC.

所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD+AM=13. 因为AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC. 在Rt△DAN中,AN=1, 故DN=AD+AN=13. 在等腰三角形DMN中,MN=1, 1MN213

可得cos∠DMN==.

DM26

所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为

13

. 26

2

2

2

2

(3)如图,连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,所以CM⊥AB,CM=3. 又因为平面ABC⊥平面ABD, 平面ABC∩平面ABD=AB,

而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD, 所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD=AC+AD=4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM=

2

2

CM3=. CD4

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所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为

3. 4

2.(2018·高考北京卷)如图,在四棱锥P -ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,

PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.

(1)求证:PE⊥BC;

(2)求证:平面PAB⊥平面PCD; (3)求证:EF∥平面PCD.

证明:(1)因为PA=PD,E为AD的中点, 所以PE⊥AD.

因为底面ABCD为矩形, 所以BC∥AD,所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形, 所以AB⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD, 所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD, 所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD.

(3)如图,取PC的中点G,连接FG,DG.

因为F,G分别为PB,PC的中点, 1所以FG∥BC,FG=BC.

2

因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,

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1

所以DE∥BC,DE=BC.

2所以DE∥FG,DE=FG.

所以四边形DEFG为平行四边形. 所以EF∥DG.

又因为EF?平面PCD,DG?平面PCD, 所以EF∥平面PCD.

3.(2017·高考全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.

(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;

8

(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面

3积.

解析:(1)证明:由∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)如图所示,在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.

由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD=2x,PE=2x. 2

113

故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=AB·AD·PE=x.

33138

由题设得x=,故x=2.

33

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