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《2020版高考数学复习专题8立体几何第66练高考大题突破练—立体几何理》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第66练高考大题突破练—立体几何[基础保分练]1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，点M在棱PD上，AM⊥PD，点N是棱PC的中点，求证：(1)MN∥平面PAB；(2)AM⊥平面PCD.2.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB.3.如图，已知正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且＝＝.(1)求异面直
2、线MN与PC所成角的大小；(2)求二面角N－PC－B的余弦值．[能力提升练]4.如图，在棱长为2的正方体ACBD－A1C1B1D1中，M是线段AB上的动点．(1)证明：AB∥平面A1B1C；(2)若点M是AB中点，求二面角M－A1B1－C的余弦值；(3)判断点M到平面A1B1C的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．答案精析1．证明 (1)因为在△PAD中，AP＝AD，AM⊥PD，所以点M是棱PD的中点．又点N是棱PC的中点，所以MN是△PDC的中位线，所以MN∥DC.因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，所以MN∥AB.又
3、AB⊂平面PAB,MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.因为PD⊥AM，CD⊥AM,CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD.2．证明 (1)设AC与BD的交点为G，连结GE，GH，如图，以H为坐标原点，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，令BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1，0,0)，D(－1，－2,
4、0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)，G(0，－1,0)，∴＝(0,0,1),又∵＝(0,0,1)，∴∥，GE⊂平面EDB，HF⊄平面EDB，∴FH∥平面EDB.(2)∵＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)，∴·＝0，∴AC⊥GE.又AC⊥BD，且GE⊂平面EDB，BD⊂平面EDB，GE∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.3．解 (1)设AC，BD交于点O，在正四棱锥P－ABCD中，OP⊥平面ABCD，又PA＝AB＝2，所以OP＝.以O为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．则A(1，－1,0
5、)，B(1,1,0)，C(－1，1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)，＝(－1,1，)．故＝＋＝＋＝，＝＝，所以＝，＝(－1,1，－)，所以cos〈，〉＝＝，所以异面直线MN与PC所成角的大小为.(2)由(1)知＝(－1,1，－)，＝(2,0,0)，＝.设m＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，则m·＝0，m·＝0，可得令y＝，则z＝1，即m＝(0，，1)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的法向量，则n·＝0，n·＝0，可得令x1＝2，则y1＝4，z1＝，即n＝(2,4，)，所以cos〈m，n〉＝＝＝，则二面角N－PC－B的
6、余弦值为.4．(1)证明 ∵在正方体ACBD－A1C1B1D1中，AB∥A1B1，A1B1⊂平面A1B1C，AB⊄平面A1B1C，∴AB∥平面A1B1C.(2)解 ∵在正方体ACBD－A1C1B1D1中，CB，CA，CC1两两互相垂直，以点C为坐标原点，CB，CA，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz如图所示，则M(1,1,0)，A1(0,2,2)，B1(2,0,2)，C(0，0,0)，∴＝(－1,1,2)，＝(1，－1,2)，＝(2,0,2)，＝(0,2,2)，设向量n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，
7、y2，z2)分别为平面MA1B1和平面CA1B1的法向量，由⇒取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，∴n1＝(1,1,0)．同理⇒取x2＝－1，则y2＝－1，z2＝1，∴n2＝(－1，－1,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝－，又∵二面角M－A1B1－C的平面角为锐角，∴二面角M－A1B1－C的余弦值为.(3)解 由(1)知AB∥平面A1B1C且M在AB上，∴点M到平面A1B1C的距离等于AB上任意一点到平面A1B1C的距离，取点M为AB的中点，结合(2)和点M到平面A1B1C的距离d＝＝＝.∴点M到平面A1B1C的距离为定值.
