大题专练六（立体几何）-2021届高三数学二轮复习跟踪练习

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 大题专练六立体几何（跟踪练习） 一、解答题 1．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是棱的中点． （Ⅰ）求直线与平面的距离； （Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值． 2．如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 3．如图，在正方体中，E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 4．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． （1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1． 5．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，． （1）证明：点在平面内； （2）若，，，求二面角的正弦值． 6.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； （Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； （Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由. 7．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 8．如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PDAD1，Q为上的点，QB=， 求PB与平面QCD所成角的正弦值． 试卷第1页，总3页 参考答案 1．（Ⅰ）（Ⅱ） （Ⅰ）证明：在矩形中，，又平面，平面， 所以平面如图，以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系． 设，，，则 ，0，，，，，，0，，，0，．因此，0，，，，，，0，． 则，，因为，所以平面．又由，知平面，故直线与平面的距离为点到平面的距离，即为． （Ⅲ）解：因为，所以，，，，，． 设平面的法向量，，，则，． 又，，，，0，，故 所以，．可取，则，2，． 设平面的法向量，，，则，， 又，0，，，，，故 所以，，可取，则，1，． 故，． 2．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依题意，，，从而，所以； （Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，． 设为平面的法向量，则，即， 不妨设，可得．， ．所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为. 3．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. （Ⅰ）如下图所示： 在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面； （Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则、、、，，， 设平面的法向量为，由，得， 令，则，，则.. 因此，直线与平面所成角的正弦值为. 4．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析. （1）由于分别是的中点，所以. 由于平面,平面，所以平面. （2）由于平面，平面，所以. 由于，所以平面, 由于平面，所以平面平面. 5．（1）证明见解析；（2）. （1）在棱上取点，使得，连接、、、， 在长方体中，且，且，，，且， 所以，四边形为平行四边形，则且，同理可证四边形为平行四边形，且，且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，，， 设平面的法向量为， 由，得取，得，则， 设平面的法向量为， 由，得，取，得，，则， ， 设二面角的平面角为，则，. 因此，二面角的正弦值为. 6．（Ⅰ）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面所以平面. （Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面, 所以；因为所以平面，平面,所以平面平面. （Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下: 分别取的中点，连接, 在三角形中，且； 在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以; 又平面，平面，所以平面. 7．（1）见解析； （2）. （1）连接， ，分别为，中点 为的中位线且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面 平面 （2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，， 因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为， 根据题意有，则有， 解得，所以点C到平面的距离为. 8．（1）证明见解析；（2）. （1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以