《2020版高考數(shù)學(xué)(理)一輪總復(fù)習(xí)層級(jí)快練第八章 立體幾何 作業(yè)58 含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)(理)一輪總復(fù)習(xí)層級(jí)快練第八章 立體幾何 作業(yè)58 含解析（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 題組層級(jí)快練?(五十八) 1.(2019·?河北徐水一中模擬)如圖所示，在四邊形?ABCD?中，AD∥BC，AD＝AB， ∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD?沿?BD?折起，使平面?ABD⊥平面?BCD， 構(gòu)成三棱錐?A－BCD，則在三棱錐?A－BCD?中，下列命題正確的是( ) A．平面?ABD⊥平面?ABC C．平面?ABC⊥平面?BDC B．平面?ADC⊥平面?BDC D．平面?ADC⊥平面?ABC 答案 D 解析 ∵在四邊形?ABCD?中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝

2、90°，∴BD⊥CD，又 平面?ABD⊥平面?BCD，且平面?ABD∩平面?BCD＝BD，故?CD⊥平面?ABD，則?CD⊥AB，又?AD⊥AB， 故?AB⊥平面?ADC，所以平面?ABC⊥平面?ADC. 2．(2019·?河北冀州中學(xué)月考)如圖，已知二面角?α－PQ－β?的大小為?60°，點(diǎn)?C?為棱?PQ?上一點(diǎn)，A ∈β，AC＝2，∠ACP＝30°，則點(diǎn)?A?到平面?α?的距離為( ) 2 C.????3 2 A．1 2 1 B. 3 D. 因?yàn)?AC＝2，∠ACP＝30

3、°，所以?AD＝ACsin30°＝2×??＝1. 在? AOD?中，AO＝ADsin60°＝1×????3 ＝?? .故選?C. 答案 C 解析 如圖，過(guò)?A?作?AO⊥α?于?O，點(diǎn)?A?到平面?α?的距離為?AO. 作?AD⊥PQ?于?D，連接?OD，則?AD⊥CD，CD⊥OD，∠ADO?就是二面角 α－PQ－β?的大小，即為?60°. 1 2 3 2 2 3.如圖所示，正方體?ABCD－A1B1C1D1?的棱長(zhǎng)為?1，若?E，F(xiàn)?分別是?BC， DD1?的中點(diǎn)，則?B1?到平面?ABF?的距離為( ) B.????5 5

4、 A. C. 3 3 5 3  5 2?5 D. 答案 D 解析 方法一：由?VB1－ABF＝VF－ABB1?可得解． 方法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)?F(0，0，??)，E(??，1，1)，B(1，1，1)，AB＝(0，1，0)． ∴AF⊥B1E.又AB⊥B1E，∴B1E⊥平面?ABF. ?AB?·B→E? 2???5 1???＝?? . B1?到平面?ABF?的距離為? →??? ? 5 |B1E| 則?A(1，0，1)，B1(1，1，0

5、)． 1 1 → 2 2 1 → → 1 ∴B1E＝(－2，0，1)，AF＝(－1，0，－2)． → → 1 1 ∵AF·B1E＝(－1，0，－2)·(－2，0，1)＝0， → → → → 1 → → 平面?ABF?的法向量為B1E＝(－2，0，1)，AB1＝(0，1，－1)． → ? 1 ? ? 4．(2019·?廣東深圳月考)如圖，在正方體?ABCD－A1B1C1D1?中，棱長(zhǎng)為?1，E， F?分別為?C1D1?與?AB?的中點(diǎn)，B1?到平面?A1FCE?的距離為( ) A. C. 3 6 6

6、 6  B. D. 3 3 6 3 2 答案 D 解析 設(shè)點(diǎn)?B1?到平面?A1FCE?的距離為?h.∵正方體?ABCD－A1B1C1D1?的棱長(zhǎng)為?1，∴A1F＝FC＝  5 ， 1 2 6 1 1 ??????? ＝?4?， A1B1F＝??????? A1C＝?3，EF＝?2，∴S 1CF＝2×?3×?2 2×1×1＝2. 1 6 1 1 6 ?? h＝ ×1，解得?h＝?3 又?V?三棱錐?B1－A1CF＝V?三棱錐?C－A1B1F，∴3×?4 3×2 .即點(diǎn)?B1?到平面 3

7、 A1FCE?的距離為 6.故選?D. ．如圖所示，?ADP?為正三角形，四邊形?ABCD?為正方形，平面?PAD⊥平面?ABCD.點(diǎn)?M?為平面 ABCD?內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足?MP＝MC，則點(diǎn)?M?在正方形?ABCD?內(nèi)的軌跡為( ) 答案 A 解析 空間中到?P，C?兩點(diǎn)的距離相等的點(diǎn)在線段?PC?的垂直平分面上，此平面與正方形?ABCD?相 交是一條線段可排除?B，C，又點(diǎn)?B?到?P，C?兩點(diǎn)的距離顯然不相等，排除?D，故選?A. 6．(2019·?哈爾濱模擬)正方體?ABCD－A1B1C1D1?的棱長(zhǎng)為?3，在

8、正方體表面上與點(diǎn)?A?距離是?2?的 點(diǎn)形成一條封閉的曲線，這條曲線的長(zhǎng)度是( ) B.??π D.??π A．π C．3π 3 2 5 2 為?3×??×2＋3×??×1＝??π. 答案 D 解析 在面?ABCD，面?AA1B1B，面?AA1D1D?內(nèi)與點(diǎn)?A?的距離是?2?的點(diǎn)的軌跡分別是以?A?為圓心， π 2?為半徑，圓心角為6的圓弧，在面?A1B1C1D1，面?BB1C1C，面?CC1D1D?內(nèi)與點(diǎn)?A?的距離是?2?的點(diǎn) π 的軌跡是分別以?A1?為圓心，以?B?為圓心，以?D?為圓心，1?為半徑，圓

9、心角為2的圓弧，故圓弧的長(zhǎng) π π 5 6 2 2 7．(2019·?江西南昌調(diào)研)已知三棱錐?P－ABC?的所有頂點(diǎn)都在球?O?的球面上，△ABC?滿足?AB＝2?2， ∠ACB＝90°，PA?為球?O?的直徑，且?PA＝4，則點(diǎn)?P?到底面?ABC?的距離為( ) A.?2 C.?3 B．2?2 D．2?3 球?O?的半徑?R＝OC＝??PA＝2.過(guò)點(diǎn)?O?作?OD⊥平面?ABC，垂足為?D.在△ABC?中，AB＝2???2，∠ACB 答案 B 解析 ∵三棱錐?P－ABC?的所有頂點(diǎn)都在球?O?的球面上，且直徑?PA＝

10、4，∴球心?O?是?PA?的中點(diǎn)， 1 2 ＝90°，∴D?為?AB?的中點(diǎn)，且?AD＝BD＝CD＝?2，∴OD＝?OC2－CD2＝?4－2＝?2，∴點(diǎn)?P?到 底面?ABC?的距離?d＝2OD＝2?2.故選?B. 8．(2019·?甘肅蘭州質(zhì)檢)如圖，在直角梯形?ABCD?中，BC⊥DC，AE⊥DC，且?E?為?CD?的中點(diǎn)，M， N?分別是?AD，BE?的中點(diǎn)，將三角形?ADE?沿?AE?折起，則下列說(shuō)法正確的是________．(寫(xiě)出所有 正確說(shuō)法的序號(hào)) ①不論?D?折至何位置(不在平面?ABC?內(nèi))，都有?M

11、N∥平面?DEC； ②不論?D?折至何位置(不在平面?ABC?內(nèi))，都有?MN⊥AE； ∴M(??，??cosθ，??sinθ)，N(??，??，0)． ∴MN＝(0，?－??cosθ，－?sinθ)，EA＝(a，0，0)，AB＝(0，b，0)，AD＝(－a，bcosθ，bsinθ)， EC＝(0，b，0)． ∵M(jìn)N·EA＝0，∴MN⊥AE，②對(duì)，EA是平面?CED?的法向量． ∴MN∥平面?DEC，①對(duì)，MN?與?AB?異面，③不對(duì)．當(dāng)?θ＝??時(shí)，AD·EC＝0，∴④對(duì)． ③不論?D?折至何位置(不在平面?ABC?內(nèi))，都有?MN∥AB； ④在折起過(guò)程中，一定存

12、在某個(gè)位置，使?EC⊥AD. 答案 ①②④ 解析 不妨設(shè)?BC＝a，CE＝ED＝b.折起后∠CED＝θ(0<θ<π)．以?E?為原點(diǎn)，EA，EC?分別為?x?軸， y?軸． 則?A(a，0，0)，C(0，b，0)，D(0，bcosθ，bsinθ)，B(a，b，0)． a b b a b 2 2 2 2 2 b b b → → → → 2 2 2 → → → → π → → 2 綜上，①②④正確． 9．如圖所示，在三棱錐?P－ABC?中，PA⊥底面?ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，點(diǎn) D，

13、E?分別在棱?PB，PC?上，且?DE∥BC. 答案?? (1)略? (2)????14? (3)存在點(diǎn)?E ∴DE＝??BC. (1)求證：BC⊥平面?PAC； (2)當(dāng)?D?為?PB?的中點(diǎn)時(shí)，求?AD?與平面?PAC?所成的角的余弦值； (3)是否存在點(diǎn)?E?使得二面角?A－DE－P?為直二面角？并說(shuō)明理由． 4 解析 方法一：(1)∵PA⊥底面?ABC， ∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°， ∴AC⊥BC，又?PA∩AC＝A，∴BC⊥平面?PAC. (2)∵D?為?PB?的中點(diǎn)

14、，DE∥BC， 1 2 又由(1)知，BC⊥平面?PAC， ∴DE⊥平面?PAC，垂足為點(diǎn)?E. ∴∠DAE?是?AD?與平面?PAC?所成的角． ∵PA⊥底面?ABC，∴PA⊥AB. 在? ABC?中，∠ABC＝60°.∴BC＝??AB. (1)∵AP＝(0，0，a)，BC＝(??a，0，0)， ∴BC·AP＝0，∴BC⊥AP. ∵AD＝(－??a， ?∴AD＝?1 ??∴ ADE?中，sin∠DAE＝DE＝?BC ?AD 2AD＝???2 ?∴cos∠DAE＝???14 ?設(shè)?PA＝a，由已知可得?A(0，0，0)，B(－??a，???

15、3 ?∴D(－??a，???3 ??4?a，??a)，E(0，???3 ???4?a，??a)，AE＝(0，?4?a，??a)， 又?PA＝，∴ ABP?為等腰直角三角形． 2?AB. 1 2 4?. 4?. (3)∵DE∥BC， 又由(1)知，BC⊥平面?PAC，∴DE⊥平面?PAC. 又∵AE?平面?PAC，PE?平面?PAC， ∴DE⊥AE，DE⊥PE. ∴∠AEP?為二面角?A－DE－P?的平面角． ∵PA⊥底面?ABC， ∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°. ∴在棱?PC?上存在一點(diǎn)?E，使得

16、?AE⊥PC. 這時(shí)，∠AEP＝90°. 故存在點(diǎn)?E?使得二面角?A－DE－P?是直二面角． 方法二：如圖所示，以?A?為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系?A－xyz. 1 3 2 2?a，0)，C(0，?2?a，0)，P(0，0， a)． → → 1 2 → → 又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC.又?AP∩AC＝A， ∴BC⊥平面?PAC. (2)∵D?為?PB?的中點(diǎn)，DE∥BC， ∴E?為?PC?的中點(diǎn)． 1 1 1 4 2 4?a，2a)． 又由(1)知，BC⊥平面?PAC， ∴DE⊥平面?PAC，垂足

17、為點(diǎn)?E. ∴∠DAE?是?AD?與平面?PAC?所成的角． → 1 3 1 → 3 1 4 2 2 1，1)，DB＝(2，2，0)，DE＝(0，1，1)．設(shè)平面?BDE?的法向量為?n1＝(x，y， ì?n?·DB＝0， ì2x＋2y＝0， 1則í ∴í ?y＋z＝0.???n?·DE＝0， 又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)，AC＝(－2，2，0)，且?AC⊥平面?PDB， ??????????∴cos∠DAE＝ ＝ . ????????答案 (1)略 (2) (3) ????????∴CM＝ ＝ . ?????|n?·n2| 2 6 ???|n

18、1||n2| 3·???2 3 →?→ AD·AE 14 → → 4 |AD|·|AE| (3)同方法一． 10．(2019·?河北開(kāi)灤二中月考?)如圖所示，在四棱錐?P－ABCD?中，PD⊥平面 ABCD，底面?ABCD?是正方形，PD＝AB＝2，E?為?PC?中點(diǎn)． (1)求證：DE⊥平面?PCB； (2)求點(diǎn)?C?到平面?DEB?的距離； (3)求二面角?E－BD－P?的余弦值． 2?3 6 3 3 解析 (1)證明：∵PD⊥平面?ABCD，∴PD⊥BC. 又正方形?ABCD?中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面?P

19、CD. ∵DE 平面?PCD，∴BC⊥DE. ∵PD＝CD，E?是?PC?的中點(diǎn)，∴DE⊥PC. 又∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面?PCB. (2)如圖①所示，過(guò)點(diǎn)?C?作?CM⊥BE?于點(diǎn)?M， 由(1)知平面?DEB⊥平面?PCB， ∵平面?DEB∩平面?PCB＝BE，∴CM⊥平面?DEB. ∴線段?CM?的長(zhǎng)度就是點(diǎn)?C?到平面?DEB?的距離． ∵PD＝AB＝CD＝2，∠PDC＝90°， ∴PC＝2?2，EC＝?2，BC＝2.∴BE＝?6. CE·BC 2?3 BE 3 (3)以點(diǎn)?D?為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線?DA，D

20、C，DP?為?x?軸，y?軸，z?軸建立如 圖②所示的空間直角坐標(biāo)系，則?D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0， → → z)， → ? → 1 令?z＝1，得?y＝－1，x＝1. ∴平面?BDE?的一個(gè)法向量為?n1＝(1，－1，1)． → ∴平面?PDB?的一個(gè)法向量為?n2＝(1，－1，0)． 設(shè)二面角?E－BD－P?的平面角為?α，則?cosα＝ 1 ＝ ＝ . ∴二面角?E－BD－P?的余弦值為???6 3 . 11．(2019·?廣州模擬)如圖(1)，在直角梯形?ABCD?中，

21、AD∥BC，AB⊥BC，且?BC＝2AD＝4，E，F(xiàn) 分別為線段?AB，DC?的中點(diǎn)，沿?EF?把?AEFD?折起，使?AE⊥CF，得到如圖(2)的立體圖形． 答案?? (1)略? (2) 則?EG? EB＝? ，因?yàn)?EG＝AD＝2，BC＝4，所以?EB＝2???2. 所以?E?為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB的方向?yàn)?x?軸的正方向，EF的方向?yàn)?y?軸的正方向，EA的方向?yàn)?z?軸的正 故BD＝(－2???2，2，2???2)，F(xiàn)D＝(0，－1，2???2)，BC＝(0，4，0)，CD＝(－2???2，－2，2???2)． ì?n·?B

22、D＝－2???2x＋2y＋2???2z＝0， ??n·FD＝－y＋2???2z＝0. ì?m·?BC＝4b＝0， ??m·CD＝－2???2a－2b＋2???2c＝0. (1)證明：平面?AEFD⊥平面?EBCF； (2)若?BD⊥EC，求二面角?F－BD－C?的余弦值． 2 3 解析 (1)證明：由折疊可知，AE⊥EF. 因?yàn)?AE⊥CF，且?EF∩CF＝F，所以?AE⊥平面?EBCF. 因?yàn)?AE 平面?AEFD，所以平面?AEFD⊥平面?EBCF. (2)如圖所示，過(guò)點(diǎn)?D?作?DG∥AE?交?EF?于點(diǎn)?G，連接?BG，則?DG⊥平面?EB

23、CF， 所以?DG⊥EC. 因?yàn)?BD⊥EC，BD∩DG＝D， 所以?EC⊥平面?BDG，所以?EC⊥BG. 所以?∠BGE＋∠GEC＝∠CEB＋∠GEC，所以?∠BGE＝∠CEB，且?∠EBC＝∠GEB＝90°，所以 △EGB∽△BEC， EB BC → → → 方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?E－xyz，則?F(0，3，0)，D(0，2，2?2)，C(2?2，4，0)， A(0，0，2?2)，B(2?2，0，0)． → → → → 設(shè)平面?FBD?的法向量?n＝(x，y，z)， → 則í →

24、令?z＝1，得?y＝2?2，x＝3， 所以平面?FBD?的一個(gè)法向量是?n＝(3，2?2，1)． 設(shè)平面?BCD?的法向量?m＝(a，b，c)， → 則í → |n||m|??? 18×???2 3 所以二面角?F－BD－C?的余弦值為??. 以?O?為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OS所在直線分別為?x?軸，y?軸，z?軸，建立空間直 令?a＝1，得?b＝0，c＝1，所以平面?BCD?的一個(gè)法向量是?m＝(1，0，1)． n·m 4 2 因?yàn)?cos〈n，m〉＝ ＝ ＝?， 2 3 12．(2019·?長(zhǎng)沙調(diào)研)如圖所示，四棱錐?S－ABC

25、D?的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng) 都是底面邊長(zhǎng)的?2倍，點(diǎn)?P?為側(cè)棱?SD?上的點(diǎn)，且?CP⊥SD. (1)求證：AC⊥SD； (2)若?SD⊥平面?PAC，則側(cè)棱?SC?上是否存在一點(diǎn)?E，使得?BE∥平面?PAC.若存在， 求?SE∶EC?的值；若不存在，試說(shuō)明理由． 答案 (1)略 (2)存在，2∶1 解析 (1)連接?BD，設(shè)?AC?交?BD?于點(diǎn)?O，則?AC⊥BD.連接?SO，由題意知?SO⊥ 平面?ABCD. → → → 角坐標(biāo)系，如圖所示． a， 設(shè)底面邊長(zhǎng)為?a，則高?SO＝ 6 2

26、 a)，D(－?? a，0，0)，B(?? a，0，0)，C(0，?? a，0)，OC＝(0，?? a，0)，SD＝(－ 于是?S(0，0， 2 6????????2????????????2???????????????2?→??????????????→ 2????????2????????????2???????????????2????????????????2 a，0，－?? a)， 則OC·SD＝0.故?OC⊥SD，從而?AC⊥SD. 理由如下：由已知條件知DS是平面?PAC?的一個(gè)法向量，且DS＝(?? a，0，?? a，)，CS＝(0，－ a

27、，????6 a)，BC＝(－?? a，?? a，0)． 設(shè)CE＝tCS，則BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝(－?? a，?? a(1－t)，?? at)，而B(niǎo)E·DS＝0?t＝??. 2 6 2 2 → → (2)棱?SC?上存在一點(diǎn)?E，使?BE∥平面?PAC. 2 6 → → → 2 2 2 2 → 2 2 2 2 2 2 2 6 → → → → → → → → → 1 2 2 2 3 即當(dāng)?SE∶EC＝2∶1?時(shí)，BE⊥DS. 則?BE?平面?PAC，故?BE∥平面?PAC. N 13．(2019·?太原二模)如圖①，

28、在平面六邊形?ABFCDE?中，四邊形?ABCD?是矩形，且?AB＝4，BC ＝2，AE＝DE＝?2，BF＝CF＝?5，點(diǎn)?M，?分別是?AD，BC?的中點(diǎn)，分別沿直線?AD，BC?將△ADE， △BCF?翻折成如圖②的空間幾何體?ABCDEF. ????答案 (1)略 (2)－???238 ??∴OM＝??，OE＝ . ??∴A(1，－??，0)，B(1，??，0)，E(0，0， )，F(xiàn)(0，??，???3)，則AB＝(0，4，0)，BE＝(－1，－??， ??)，EF＝(0，??， )． (1)利用下面的結(jié)論?1?或結(jié)論?2

29、，證明：E，F(xiàn)，M，N?四點(diǎn)共面； 結(jié)論?1：過(guò)空間一點(diǎn)作已知直線的垂面，有且只有一個(gè)． 結(jié)論?2：過(guò)平面內(nèi)一條直線作該平面的垂面，有且只有一個(gè)． (2)若二面角?E－AD－B?和二面角?F－BC－A?都是?60°，求二面角?A－BE－F?的余弦值． 17 解析 (1)如圖，連接?MN，ME，NF， ∵四邊形?ABCD?是矩形，點(diǎn)?M，N?分別是?AD，BC?的中點(diǎn)， ∴AM∥BN，AM＝BN，∠DAB＝90°， ∴四邊形?ABNM?是矩形， ∴AD⊥MN. ∵AE＝DE，點(diǎn)?M?是?AD?的中點(diǎn)，∴AD⊥ME， 又?MN∩

30、ME＝M，∴AD⊥平面?EMN， ∴平面?EMN⊥平面?ABCD， 同理可得平面?FMN⊥平面?ABCD， 由結(jié)論?2?可得平面?EMN?與平面?FMN?是同一個(gè)平面， ∴E，F(xiàn)，M，N?四點(diǎn)共面． (2)由(1)知平面?EMNF⊥平面?ABCD， 過(guò)點(diǎn)?E?作?EO⊥MN，垂足為?O， ∴EO⊥平面?ABCD. 以過(guò)點(diǎn)?O?作垂直于?MN?的直線為?x?軸，ON，OE?所在直線分別為?y?軸，z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?O－xyz. ∵AD＝2，AE＝DE＝?2，點(diǎn)?M?是?AD?的中點(diǎn)， ∴AE⊥DE，EM＝1，

31、 ∵二面角?E－AD－B?是?60°， ∴∠EMN＝60°， 1 3 2 2 同理，過(guò)點(diǎn)?F?作?FO′⊥MN，可得?O′N(xiāo)＝1，F(xiàn)O′＝?3. 1 7 3 5 → → 7 2 2 2 2 2 3 → 5 3 2 2 2 則í?????????? ∴í 7????? 3 ??m·BE＝0，?????－x1－2y1＋?2?z1＝0， →???????? ì5 ì?n·?EF＝0， y?＋ z?＝0， 則í?????????? ∴í ??n·BE＝0，??? －x?－??y?＋?? z?＝0， 令?z2＝2，∴n＝( ，－??? ，2)

32、是平面?BEF?的一個(gè)法向量． ∴cos〈m，n〉＝??? ＝???? ， 設(shè)?m＝(x1，y1，z1)是平面?ABE?的法向量， ? →?＝0， ? ìm·?AB ì4y1＝0， → 令?z1＝2，∴m＝(?3，0，2)，是平面?ABE?的一個(gè)法向量． 設(shè)?n＝(x2，y2，z2)是平面?BEF?的法向量， 3 2?2 2 2 → 7 3 2 2 2 2 2 12?3 2?3 5 5 m·?n 238 |m||n| 17 易知二面角?A－BE－F?是鈍角， ∴二面角?A－BE－F?的余弦值為－???238 17 .